Question

拒绝复制答案：已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn满足关系式2Sn=Sn-1-（1/2）^（n-1）+2，a1=1/2(n≥2,n为正

(1)令bn=2^n・an,求证数列{bn}是等差数列,并求出数列{an}的通向公式
(2)对于数列{un},若存在常数M＞0,对任意的n∈N*,恒有|un+1-un|+|un-un-1|+……+|u2-u1|≤M成立,称数列{un}为“差绝对和有界数列”,证明：数列{an}为“差绝对和有界数列”
(3)根据（2）“差绝对和有界数列”的定义，当数列{cn}为“差绝对和有界数列”时，证明：数列{cn・an}也是“差绝对和有界数列”。
再次说明：第三问网上无满意答案，如果纯复制就免了，希望有高人能详细解释

Answer 1

（1）当n≥2时，
Sn=-an-(1/2)^n-1+2，
S(n+1)=-a(n+1)-(1/2)^n+2
∴a(n+1)=-a(n+1)+an+(1/2)^n，
∴2a(n+1)=an+(1/2)^n，
∴2^(n+1)a(n+1)=2n•an+1
∴b(n+1)-bn=1（n≥2），
又∵b2-b1=2^2•2×a1=1
∴b(n+1)-bn=1（n∈N+）
∴{bn}为等差数列
∴ b1=2×a1=1，bn=1+(n-1)=n，an=n/2^n
思路：从Sn入手，变形成an的关系式，然后再转化为bn的关系式。这一问应该难不倒你，很基础。

（2）设数列{an}的前n项和为Sn
知|a（n+1）-an|+|an-a（n-1）|+…+|a2-a1|
= [（n-1）/2^（n+1）]+ [（n-2）/2^n]+…+ 0/2^2
=S（n-1）/4
∵Sn=n/2^n+[（n-1）/2^（n-1）]+ [（n-2）/2^（n-2）]+…+1/2
Sn/2=n/2^(n+1）+[（n-1）/2^n]+ [（n-2）/2^（n-1）]+…+1/2^2
∴Sn/2=[1-(n+1)/2^n]/4
∴Sn=[1-(n+1)/2^n]/2<1/2
∴|a（n+1）-an|+|an-a（n-1）|+…+|a2-a1|<1/8
即[an]为“差绝对和有界数列”．
思路：先看欲证式的结构，发现其与Sn的结构有共同之处，转而证明Sn有极值，从而得到所需的常数M。这一问实质是观察式子和数列求和，用的是基础的错项相减法。相信能做到这道题，应该对Sn的求法不陌生。

（3）
我先写思路：
若要使得{ancn}是“差绝对和有界数列”，则只需验证|a(n+1)b(n+1)-anbn|+|anbn-a(n-1)b(n-1)|+…+|a2b2-a1b1|≤C（C为正常数）。肯定一件事：{cn}是个相对随意的数列，仅知道它满足其为一个“差绝对和有界数列”，那么这个题目一定会从差绝对和有界数列定义的这个不等式作为整个过程的某种起点。
直接对整个式子入手不易，考虑其中一个具有随意性的项|ancn-a(n-1)b(n-1)|（或者你喜欢|a(n+1)b(n+1)-anbn|也可以），知
|ancn-a(n-1)b(n-1)|
=|an[cn-c(n-1)]+c(n-1)[an-a(n-1)]|（这个分解事实上就是把anc（n-1）这项做一加一减的处理）
≤|an||cn-c(n-1)|+|cn-1||an-a(n-1)|
现在通过这三个步骤的处理，这个式子变得比较分散，看起来出现了|an-a（n-1）|和|cn-c（n-1）|这样的项，逐渐接近于题目的不等式。
问题在于|an|（或者|cn|）和原来的不等式有什么关系。这个时候我们需要再次进行一加一减的处理，即
|an|=|an-a（n-1）+a（n-1）+a（n-2）+…+a2-a1+a1|
≤|an-a（n-1）|+|a（n-1）-a（n-2）|+…+|a2-a1|+|a1|
这样拆开之后，肯定了|an|也是有极值的，因为假设{an}“差绝对和”的（其中一个）界是M，那么事实上不等式右边≤M+|a1|，而|a1|也是一个正数。
所以对于每一个|ancn-a(n-1)b(n-1)|都有
|ancn-a(n-1)b(n-1)|≤（M1+|a1|）|cn-c(n-1)|+（M2+|c1|）|an-a(n-1)|
（M1、M2是两数列的“界”；千万不要被n-1这个下标迷惑，|cn|和|c（n-1）|都有公共的极值M2+|c1|，不要认为对|c（n-1）|好不容易整出来的式子就无用了）
所以欲证式的左边≤M2（M1+|a1|）+M1（M2+|c1|），很明显是个常数，至此证毕。
这个题目也不是很原创的题，它的基本逻辑是从2009年的湖南题弄过来的，甚至这个第三问本质上和它的最后一问是完全一样的。

过程：
若数列{an}{cn}是差绝对和有界数列，则存在正数M1．M2，
对任意的n∈N+，
有|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|≤M1，
|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+…+|c2-c1|≤M2
知|an|=|an-an-1+an-1+an-2+…+a2-a1+a1|≤|an-an-1|+|an-1-an-2|+…+|a2-a1|+|a1|≤M1+|a1|
同理：|cn|≤M2+|c1|
记K2=M2+|c2|，
则K2=M2+|c2||an+1cn+1-ancn|=|an+1cn+1-ancn+1+ancn+1-ancn|
≤|cn+1||an+1-an|+|an||cn+1-cn|≤K1|an+1-an|+k1|cn+1-cn|
故K1（|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+|a2-a1|）≤k2M1+k1M2
+K1（|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+|a2-a1|）≤k2M1+k1M2
故数列{ancn}是差绝对和有界数列

Answer 2

(1)
an=n/2^n
(2)
| an+1 - an | =(n-1)/2^(n+1)，前n项和为An=1/2[1-(n+1)/2^n]<=1/2，n为无穷大时取“=”。
(3)
| cn+1 |=| (cn+1-cn)+(cn - cn-1)+…+(c2-c1)+c1 |<=| cn+1 - cn |+| cn - cn-1 |+…+| c2 - c1 |+| c1 |<=M1+| c1 |，
即| c(n+1) |<=K=M1+|c1|
同理，| a(n+1) |<=M2+|a1|，|an|<=L。而| c(n+1)a(n+1) - cnan |=| c(n+1)a(n+1) -c(n+1)an + c(n+1)an-cnan | <= | cn+1an+1-ancn+1 | + | ancn+1 - cnan |=|cn+1|*|an+1 - an|+|an|*|cn+1 - cn|<=K|an+1 - an|+L|cn+1 -cn|，
即|cn+1an+1 - cnan|<=K|an+1 - an|+L|cn+1 - cn|。
上式的前n项和为
Tn <= KM2+LM1>0。
故所求得证

Answer 3

好复杂……不会做……

Answer 4

我也不会