Question

已知S_n是數列{a_n }的前n項和，S_n滿足關系式2Sn=Sn-1-(

1

2

)n-1+2，a1=

1

2

（n≥2，n為正整數）．
（1）令b_n=2ⁿa_n，求證數列{b_n }是等差數列，并求數列{a_n}的通項公式；
（2）對于數列{u_n}，若存在常數M＞0，對任意的n∈N^*，恒有|u_n+1-u_n|+|u_n-u_n-1|+…+|u₂-u₁|≤M成立，稱數列{u_n} 為“差絕對和有界數列”，
證明：數列{a_n}為“差絕對和有界數列”；
（3）根據（2）“差絕對和有界數列”的定義，當數列{c_n}為“差絕對和有界數列”時，
證明：數列{c_n•a_n}也是“差絕對和有界數列”．

Answer 1

分析：（1）整理題設遞推式得 Sn=-an-(

1

2

)n-1+2進而表示出S_n+1，進而根據a_n+1=S_n+1-S_n，求得a_n+1和a_n的遞推式，整理得2ⁿ⁺¹a_n+1=2ⁿ•a_n+1，進而根據b_n=2ⁿa_n，求得b_n+1-b_n=1，進而根據等差數列的定義判斷出數列為等差數列．
再根據數列{b_n}的首項和公差，求得數列的通項公式，進而根據b_n=2ⁿa_n求得a_n．
（2）把a_n代入|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|中，利用利用錯位想減法求得s_n-

1

2

s_n＜

1

4

，進而判斷出以 Sn≤

1

2

恒成立，根據“差絕對和有界數列”的定義，證明出數列{a_n}為“差絕對和有界數列”．
（3）數列{a_n}，{b_n}都是差絕對和有界數列，則有|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|≤M₁，|b_n+1-b_n|+|b_n-a_n-1|…++|b₂-b₁|≤M₂，下面只需驗證|a_n+1b_n+1-a_nb_n|+|a_nb_n-a_n-1b_n-1|+…+|a₂b₂-a₁b₁|≤M．

解答：解：（1）當n≥2時，Sn=-an-(

1

2

)n-1+2，
Sn+1=-an+1-(

1

2

)n+2
所以 an+1=-an+1+an+(

1

2

)n，
即 2an+1=an+(

1

2

)n，
所以2ⁿ⁺¹a_n+1=2ⁿ•a_n+1
即b_n+1-b_n=1，（n≥2），又b₂-b₁=2²•2×a₁=1
所以，b_n+1-b_n=1，n∈N⁺即{b_n}為等差數列
∴b1=2×a1=1 ，   bn=1+(n-1)=n，   an=

n

2n

（2）由于|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|=

n-1

2n+1

+

n-2

2n

+…+

0

22

s_n-

1

2

s_n＜

1

4

所以 Sn≤

1

2

恒成立，
即[a_n]為“差絕對和有界數列”．
（3）若數列{a_n}{c_n}是差絕對和有界數列，則存在正數M₁．M₂，
對任意的n∈N^•，有|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|≤M₁，|c_n+1-c_n|+|c_n-c_n-1|+…+|c₂-c₁|≤M₂
注意到|a_n|=|a_n-a_n-1+a_n-1+a_n-2+…+a₂-a₁+a₁|≤|a_n-a_n-1|+|a_n-1-a_n-2|+…+|a₂-a₁|+|a₁|≤M₁+|a₁|
同理：|c_n|≤M₂+|c₁|
記K₂=M₂+|c₂|，則有K₂=M₂+|c₂||a_n+1c_n+1-a_nc_n|=|a_n+1c_n+1-a_nc_n+1+a_nc_n+1-a_nc_n|≤|c_n+1||a_n+1-a_n|+|a_n||c_n+1-c_n|≤K₁|a_n+1-a_n|+k₁|c_n+1-c_n|
因此K₁（|c_n+1-c_n|+|c_n-c_n-1|+|a₂-a₁|）≤k₂M₁+k₁M₂
+K₁（|c_n+1-c_n|+|c_n-c_n-1|+|a₂-a₁|）≤k₂M₁+k₁M₂
故數列{a_nc_n}是差絕對和有界數列．

點評：本題主要考查了數列的遞推式，考查學生理解數列概念，靈活運用數列表示法的能力，旨在考查學生的觀察分析和歸納能力，特別是問題（2）（3）的設置，增加了題目的難度，綜合性較強，屬難題．