已知数列{an}中，a1=1，且an=nn-1an-1+2n•3n-2．求a2，a3的值及数列{an}的通项公式；令bn=3n

题文

已知数列{a_n}中，a₁=1，且an=nn-1an-1+2n•3n-2（n≥2，n∈N^*）．
（I）求a₂，a₃的值及数列{a_n}的通项公式；
（II）令bn=3n-1an(n∈N*)，数列{b_n}的前n项和为S_n，试比较S2n与n的大小；
（III）令cn=an+1n+1(n∈N*)，数列{2cn(cn-1)2}的前n项和为T_n，求证：对任意n∈N^*，都有T_n＜2． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（I）当n=2时，a2=22-1a2-1+2•2•32-2=2+4=6，
当n=3时，a3=33-1a3-1+2•3•33-2=9+18=27．
因为an=nn-1an-1+2n•3n-2，所以ann=an-1n-1+2•3n-2．
当n≥2时，由累加法得ann-a11=2+2×3+2×32+…+2×3n-2，
因为a₁=1，所以n≥2时，有ann=1+2(1-3n-1)1-3=3n-1，即an=n•3n-1(n≥2)．
又n=1时，a1=1•31-1=1，
故an=n•3n-1(n∈N*)．
（II）n∈N*时，bn=3n-1an=1n，则S2n=1+12+13+…+12n．
记函数f(n)=S2n-n=(1+12+13+…+12n)-n，
所以f(n+1)=(1+12+13+…+12n+1)-(n+1)．
则f(n+1)-f(n)=(12n+1+12n+2+…+12n+1)-1＜2n2n+1-1＜0．
所以f（n+1）＜f（n）．
由于f(1)=S21-1=(1+12)-1＞0，此时S21＞1；f(2)=S22-2=(1+12+13+14)-2＞0，
此时S22＞2；f(3)=S23-3=(1+12+13+14+15+16+17+18)-3＜0，此时S23＜3；
由于f（n+1）＜f（n），故n≥3时，f（n）≤f（3）＜0，此时S2n＜n．
综上所述，当n=1，2时，S2n＞n；当n≥3（n∈N*）时，S2n＜n．
（III）证明：对于cn=an+1n+1=3n，有2cn(cn-1)2=2×3n(3n-1)2．
当n≥2时，2×3n(3n-1)2≤2×3n(3n-1)(3n-3)=2×3n-1(3n-1)(3n-1-1)=13n-1-1-13n-1．
所以当n≥2时，Tn=32+2×32(32-1)2+…+2×3n(3n-1)2≤32+(12-132-1)+(132-1-133-1)+…+(13n-1-1-13n-1)=2-13n-1＜2．
且T1=32＜2．
故对n∈N*，T_n＜2得证．

解析

22-1

考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}中，a1=1，且an=n.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。