Question

已知S_n是數(shù)列{a_n }的前n項(xiàng)和，S_n滿(mǎn)足關(guān)系式，
（n≥2，n為正整數(shù)）．
（1）令b_n=2ⁿa_n，求證數(shù)列{b_n }是等差數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）對(duì)于數(shù)列{u_n}，若存在常數(shù)M＞0，對(duì)任意的n∈N^*，恒有|u_n+1-u_n|+|u_n-u_n-1|+…+|u₂-u₁|≤M成立，稱(chēng)數(shù)列{u_n} 為“差絕對(duì)和有界數(shù)列”，
證明：數(shù)列{a_n}為“差絕對(duì)和有界數(shù)列”；
（3）根據(jù)（2）“差絕對(duì)和有界數(shù)列”的定義，當(dāng)數(shù)列{c_n}為“差絕對(duì)和有界數(shù)列”時(shí)，
證明：數(shù)列{c_n•a_n}也是“差絕對(duì)和有界數(shù)列”．

Answer 1

【答案】分析：（1）整理題設(shè)遞推式得 進(jìn)而表示出S_n+1，進(jìn)而根據(jù)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(jìn)而根據(jù)b_n=2ⁿa_n，求得b_n+1-b_n=1，進(jìn)而根據(jù)等差數(shù)列的定義判斷出數(shù)列為等差數(shù)列．
再根據(jù)數(shù)列{b_n}的首項(xiàng)和公差，求得數(shù)列的通項(xiàng)公式，進(jìn)而根據(jù)b_n=2ⁿa_n求得a_n．
（2）把a(bǔ)_n代入|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|中，利用利用錯(cuò)位想減法求得s_n-s_n＜，進(jìn)而判斷出以 恒成立，根據(jù)“差絕對(duì)和有界數(shù)列”的定義，證明出數(shù)列{a_n}為“差絕對(duì)和有界數(shù)列”．
（3）數(shù)列{a_n}，{b_n}都是差絕對(duì)和有界數(shù)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(yàn)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(dāng)n≥2時(shí)，，

所以 ，
即 ，
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(shù)列
∴
（2）由于|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|=++…+
s_n-s_n＜
所以 恒成立，
即[a_n]為“差絕對(duì)和有界數(shù)列”．
（3）若數(shù)列{a_n}{c_n}是差絕對(duì)和有界數(shù)列，則存在正數(shù)M₁．M₂，
對(duì)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(shù)列{a_nc_n}是差絕對(duì)和有界數(shù)列．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了數(shù)列的遞推式，考查學(xué)生理解數(shù)列概念，靈活運(yùn)用數(shù)列表示法的能力，旨在考查學(xué)生的觀(guān)察分析和歸納能力，特別是問(wèn)題（2）（3）的設(shè)置，增加了題目的難度，綜合性較強(qiáng)，屬難題．