Question

對于數(shù)列{a_n}，規(guī)定{△a_n}為數(shù)列{a_n}的一階差分?jǐn)?shù)列，其中△a_n=a_n+1-a_n（n∈N*）；一般地，規(guī)定{△^ka_n}為數(shù)列{a_n}的k階差分?jǐn)?shù)列，其中△^ka_n=△^k-1a_n+1-△^k-1a_n，且k∈N*，k≥2．
（Ⅰ）已知數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=

5

2

n²-

13

2

n（n∈N*），試證明{△a_n}是等差數(shù)列；
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}的首項a₁=1，且滿足△²a_n-a_n+1+a_n=-2ⁿ（n∈N*），求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，記b_n=

a1(n=1) 2n-1 △an (n≥2，n∈N*)

，求證：b₁+

b2

2

+…+

bn

n

＜

17

12

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據(jù)題意：△a_n=a_n+1-a_n=（n+1）²-（n+1）-n²+n=5n-4，所以△a_n+1-△a_n=6．由此能夠證明{△a_n}是等差數(shù)列．
（Ⅱ）由△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，知△a_n+1-△a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，所以△a_n-a_n=2ⁿ．由此入手能夠求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（Ⅲ）由a_n=n•2^n-1，b_n=

a1(n=1) 2n-1 △an (n≥2，n∈ N*)

=

1(n=1) 2n-1 an+1-an (n≥2，n∈N*)

=

1(n=1) 1 n+2 (n≥2，n∈N*)

，當(dāng)n≥2，n∈N^*時，

bn

n

=

1

n(n+2)

=

1

2

（

1

n

-

1

n+2

），由此入手，能夠證明b₁+

b2

2

+…+

bn

n

＜

17

12

．

解答：解：（Ⅰ）根據(jù)題意：△a_n=a_n+1-a_n=（n+1）²-（n+1）-n²+n=5n-4 （2分）
∴△a_n+1-△a_n=6．
∴數(shù)列{Da_n}是首項為1，公差為5的等差數(shù)列．（3分）
（Ⅱ）由△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，∴△a_n+1-△a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，?△a_n-a_n=2ⁿ．（5分）
而△a_n=a_n+1-a_n，∴a_n+1-2a_n=2ⁿ，∴

an+1

2n+1

-

an

2n

=

1

2

，（6分）
∴數(shù)列{

an

2n

}構(gòu)成以

1

2

為首項，

1

2

為公差的等差數(shù)列，
即

an

2n

=

n

2

?a_n=n•2^n-1．（7分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知a_n=n•2^n-1，
∴b_n=

a1(n=1) 2n-1 △an (n≥2，n∈ N*)

=

1(n=1) 2n-1 an+1-an (n≥2，n∈N*)

=

1(n=1) 1 n+2 (n≥2，n∈N*)

（9分）
∴當(dāng)n≥2，n∈N^*時

bn

n

=

1

n(n+2)

=

1

2

（

1

n

-

1

n+2

），
∴b₁+

b2

2

+…+

bn

n

=1+[（

1

2

-

1

4

）+（

1

3

-

1

5

）+（

1

4

-

1

6

）+…+（

1

n-1

-

1

n+1

）+（

1

n

-

1

n+2

）]
=1+

1

2

（

1

2

+

1

3

-

1

n+1

-

1

n+2

）＜1+

1

2

（

1

2

+

1

3

）=

17

12

．
當(dāng)n=1時，b₁=1＜

17

12

，顯然成立．
∴b₁+

b2

2

+…+

bn

n

＜

17

12

．（12分）

點評：第（Ⅰ）題考查等差數(shù)列的證明，解題時要注意等差數(shù)列性質(zhì)的合理運用；第（Ⅱ）題考查數(shù)列通項公式的求解方法，解題時要注意構(gòu)造法的合理運用；第（Ⅲ）題考查數(shù)列前n項和的證明，解題時要注意裂項求和法的合理運用．