Question

已知各项均为正整数的数列{a_n}满足a₁＜4，a_n+1=2a_n+1，且

n

i=1

1

1+ai

＜

1

2

对任意n∈N^﹡恒成立．数列{a_n}，{b_n}满足等式2（λⁿ+b_n）=2nλⁿ+a_n+1（λ＞0）．
（1）求证数列{ a_n+l}是等比数列，并求出{a_n}的通项公式；
（2）求数列{b_n}的前n项和S_n；
（3）证明存在k∈N^﹡，使得

bn+1

bn

≤

bk+1

bk

对任意n∈N^﹡均成立．

Answer 1

分析：（1）由a_n+1=2a_n+1得：a_n+1+1=2（a_n+1），由a₁＞0，a₁+1＞1，知{a_n+1}是等比数列，由

n

i=1

1

1+ai

＜

1

2

，知

1 1+a1 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

＜

1

2

，由此能求出{a_n}的通项公式．
（2）由2（λⁿ+b_n）=2nλⁿ+a_n+1（λ＞0）得：b_n=（n-1）λⁿ+2ⁿ．设数列{（n-1）λⁿ}的前n项的和为T_n，T_n=λ²+2λ³+3λ⁴+…+（n-1）λⁿλT_n=λ³+2λ⁴+…+（n-2）λⁿ+（n-1）λⁿ⁺¹（1-λ）T_n=λ²+λ³+λ⁴+…+λⁿ-（n-1）λⁿ⁺¹，由此能求出数列{b_n}的前n项和．
（3）存在k=1满足题意

nλn+1+2n+1

(n-1)λn+2n

≤

λ2+22

2

?2n•λⁿ⁺¹≤（n-1）λⁿ⁺²+4（n-1）λⁿ+2ⁿλ²．由此能够推导出存在k∈N^﹡，使得

bn+1

bn

≤

bk+1

bk

对任意n∈N^﹡均成立．

解答：解：（1）由a_n+1=2a_n+1得：a_n+1+1=2（a_n+1），
∵a₁＞0，
∴a₁+1＞1，
∴{a_n+1}是等比数列，首项为a₁+1，公比q=2．
∵

n

i=1

1

1+ai

＜

1

2

，
∴

1 1+a1 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

＜

1

2

，
即

1

1+a1

＜

1

4

•

1

1- 1 2n

对任意n∈N^*恒成立，
∴

1

1+a1

＜4，
∴a₁≥3．
∵a₁＜4，a₁∈N^*，
∴a₁=3．
∴等比数列{a_n+1}的首项为a₁+1=3+1=4，公比q=2．
∴a_n+1=4•2^n-1，即an=4•2n-1-1=2n+1-1．
即{a_n}的通项公式是an=2n+1-1，n≥1．
（2）由2（λⁿ+b_n）=2nλⁿ+a_n+1（λ＞0），
得：b_n=（n-1）λⁿ+2ⁿ
设数列{（n-1）λⁿ}的前n项的和为T_n
∴T_n=λ²+2λ³+3λ⁴+…+（n-1）λⁿλT_n
=λ³+2λ⁴+…+（n-2）λⁿ+（n-1）λⁿ⁺¹（1-λ）T_n
=λ²+λ³+λ⁴+…+λⁿ-（n-1）λⁿ⁺¹
当λ=1时，Tn=1+2+…+(n-1)=

n(n-1)

2

当λ≠1时，Tn=

λ2-λn+1-(n-1)(1-λ)λn+1

(1-λ)2

，
∴Sn=

n(n-1) 2 +2n+1-2…(λ=1) λ2-λn+1-(n-1)(1-λ)λn+1 (1-λ)2 +2n-1…(λ≠1)

．
（3）存在k=1满足题意

nλn+1+2n+1

(n-1)λn+2n

≤

λ2+22

2

?2n•λⁿ⁺¹
≤（n-1）λⁿ⁺²+4（n-1）λⁿ+2ⁿλ²（*）
当n≥2时，∵（n-1）λⁿ⁺²+4（n-1）λⁿ+2ⁿλ²
=（n-1）λⁿ（λ²+4）+2ⁿλ²
≥（n-1）λⁿ•4λ+2ⁿλ²＞（4n-4）λⁿ⁺¹
≥2nλⁿ⁺¹
又n=1时，（*）式成立∴对任意n∈N^*，（*）式成立．

点评：本题考查数列与不等式的综合运算，解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．