Question

在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=2a_n+2ⁿ．
（1）設bn=

an

2n-1

（n∈N^*），證明：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（2）設數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，求

lim

n→∞

Sn

n•2n+1

的值；
（3）設c_n=2b_n-1，數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，dn=

Tn

4 a 2 n -Tn

，是否存在實數(shù)t，使得對任意的正整數(shù)n和實數(shù)m∈[1，2]，都有d₁+d₂+d₃+…+d_n≥log₈（2m+t）成立？請說明理由．

Answer 1

分析：本題考查“構造數(shù)列法”、等差數(shù)列的證明、數(shù)列的前n項和為S_n，極限的求法，存在性問題的探究等．
（1）屬于常規(guī)性題目，所給bn=

an

2n-1

（n∈N^*）提供了一種構造數(shù)列的方法，實為解題的一種提示和鋪墊；
（2）在（1）的基礎上不難求得數(shù)列{b_n}的通項公式，進而由bn=

an

2n-1

可得數(shù)列{a_n}的通項公式及前n項和為S_n，然后可得

lim

n→∞

Sn

n•2n+1

的值；
（3）由c_n=2b_n-1構造新數(shù)列{c_n}，不難求得前n項和為T_n=n²，于是d_n可求，按照存在性問題的研究即可得到滿足條件的實數(shù)t不存在．

解答：解：（1）a_n+1=2a_n+2ⁿ，

an+1

2n

=

an

2n-1

+1，（2分）
b_n+1=b_n+1，故{b_n}為等差數(shù)列，b₁=1，b_n=n．（4分）
（2）由（1）可得a_n=n2^n-1（6分）
S_n=1•2⁰+2•2¹+3•2²+n•2^n-1
2S_n=1•2¹+2•2²+3•2³+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ
兩式相減，得-S_n=2⁰+2¹+2²+2^n-1-n•2ⁿ=2ⁿ-1-n•2ⁿ，即S_n=（n-1）2ⁿ+1（8分）
∴

lim

n→∞

Sn

n•2n+1

=

lim

n→∞

(n-1)2n+1

n•2n+1

=

1

2

（10分）
（3）由（1）可得T_n=n²，（12分）
∴dn=

Tn

4 a 2 n -Tn

=

1

4n-1

，(d1+d2+d3++dn+dn+1)-(d1+d2+d3++dn)=dn+1=

1

4n+1-1

＞0
∴{d₁+d₂+d₃++d_n}單調遞增，即d1+d2+d3++dn≥d1=

1

3

，（14分）
要使d₁+d₂+d₃++d_n≥log₈（2m+t）對任意正整數(shù)n成立，
必須且只需

1

3

≥log8(2m+t)，即0＜2m+t≤2對任意m∈[1，2]恒成立．（16分）
∴[2+t，4+t]⊆（0，2]，即

2+t＞0 4+t≤2

?-2＜t≤-2矛盾．
∴滿足條件的實數(shù)t不存在．

點評：本題求解過程繁雜，環(huán)節(jié)多，環(huán)環(huán)相扣，不易解答，稍有疏忽，前功盡棄，在解答諸如此類的題目時，首先要有過硬的運算能力，更要有良好的心理素質，能靜心思考、精心解答，切勿心浮氣躁；
第（3）步是難度較大的問題，綜合性強，注意“(d1+d2+d3++dn+dn+1)-(d1+d2+d3++dn)=dn+1=

1

4n+1-1

＞0
∴{d₁+d₂+d₃++d_n}單調遞增”的研究方式，轉化為恒成立問題后，要準確的確定恒成立的條件，即

2+t＞0 4+t≤2

?-2＜t≤-2．