Question

（2009•黄浦区一模）已知数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=2a_n+2ⁿ（n∈N^*）．
（1）证明数列{

an

2n

}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式an；
（2）求等差数列{b_n}（n∈N^*），使b₁C_n⁰+b₂C_n¹+b₃C_n²+…+b_n+1C_nⁿ=a_n+1对n∈N^*都成立；
（3）令c_n=nb_n（n∈N^*），是否存在正常数M，使

c1

a1

+

c2

a2

+

c3

a3

+…+

cn

an

＜M对n∈N^*恒成立，并证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）根据数列递推式a_n+1=2a_n+2ⁿ，可得

an+1

2n+1

=

an

2n

+

1

2

，

an+1

2n+1

-

an

2n

=

1

2

从而得证，进而可求数列的通项；
（2）设等差数列{b_n}的首项为b₁，公差为d，则b_n=b₁+（n-1）d（n∈N^*），从而有b₁+b_n+1=b₂+b_n=b₃+b_n-1=…=b_n+1+b₁．
条件 b₁C_n⁰+b₂C_n¹+b₃C_n²+…+b_n+1C_nⁿ=a_n+1，利用加法交换律把此等式变为b_n+1C_nⁿ+b_nC_n^n-1+b_n-1C_n^n-2+…+b₁C_n⁰=a_n+1，
两式相加，利用组合数的性质C_n^m=C_n^n-m化简，即可求得满足题设的等差数列；
（3）可得结论存在正常数M（只要M＞6即可）使得

c1

a1

+

c2

a2

+

c3

a3

+…+

cn

an

＜M对n∈N^*恒成立，先表示出

cn

an

=

n(2n-1)

n•2n-1

=

2n-1

2n-1

，进而利用错位相减法求和，从而可得结论．

解答：解：（1）∵a₁=1，a_n+1=2a_n+2ⁿ（n∈N^*），∴

an+1

2n+1

=

an

2n

+

1

2

，

an+1

2n+1

-

an

2n

=

1

2

．…（3分）
∴数列{

an

2n

}是以

a1

2

为首项，公差为

1

2

的等差数列，且

an

2n

=

a1

2

+

1

2

(n-1)．…（5分）
∴a_n=n•2^n-1（n∈N^*）．…（6分）
（2）设等差数列{b_n}的首项为b₁，公差为d，则b_n=b₁+（n-1）d（n∈N^*）．…（7分）
考察等差数列，易知：b₁+b_n+1=b₂+b_n=b₃+b_n-1=…=b_n+1+b₁．
又 b₁C_n⁰+b₂C_n¹+b₃C_n²+…+b_n+1C_nⁿ=a_n+1，利用加法交换律把此等式变为b_n+1C_nⁿ+b_nC_n^n-1+b_n-1C_n^n-2+…+b₁C_n⁰=a_n+1，
两式相加，利用组合数的性质C_n^m=C_n^n-m化简，得（b₁+b_n+1）（C_n⁰+C_n¹+…+C_nⁿ）=2a_n+1，即b₁+b_n+1=2n+2．…（10分）
再分别令n=1，n=2，得

b1+b2=4 b1+b3=6

，进一步可得

b1=1 d=2

．…（11分）
因此，满足题设的等差数列{b_n}的通项公式为b_n=2n-1（n∈N^*）．…（12分）
（3）结论：
存在正常数M（只要M＞6即可）使得

c1

a1

+

c2

a2

+

c3

a3

+…+

cn

an

＜M对n∈N^*恒成立．（13分）
证明　由（2）知，b_n=2n-1，于是，c_n=n（2n-1），

cn

an

=

n(2n-1)

n•2n-1

=

2n-1

2n-1

．…（14分）
记A=

c1

a1

+

c2

a2

+…+

cn

an

，则A=

1

20

+

3

21

+

5

22

+…+

2n-3

2n-2

+

2n-1

2n-1

，

1

2

A=

1

21

+

3

22

+

5

23

+…+

2n-3

2n-1

+

2n-1

2n

．此两式相差，得

1

2

A=

1

20

+

2

21

+

2

22

+

2

23

+…+

2

2n-1

-

2n-1

2n

．进一步有A=6-

1

2n-3

-

2n-1

2n-1

＜6．…（18分）
所以，当且仅当正常数M＞6时，

c1

a1

+

c2

a2

+

c3

a3

+…+

cn

an

＜M对n∈N^*恒成立．

点评：本题以数列递推式为载体，考查构造法证明等差数列，考查等差数列项的性质，考查错位相减法求和，综合性强．