(2013·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan．(1)求证数列{bn}是等差数列，并求数列

题型：不详难度：来源：

(2013·杭州模拟)已知数列{a_n}的前n项和S_n＝－a_n－^n－1＋2(n∈N^*)，数列{b_n}满足b_n＝2ⁿa_n．
(1)求证数列{b_n}是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式．
(2)设数列的前n项和为T_n，证明：n∈N^*且n≥3时，T_n＞．
(3)设数列{c_n}满足a_n(c_n－3ⁿ)＝(－1)^n－1λn(λ为非零常数，n∈N^*)，问是否存在整数λ，使得对任意n∈N^*，都有c_n＋1＞c_n．

答案

（1）a_n＝(n∈N^*)
（2）见解析
（3）存在整数λ＝－1，使得对任意n∈N^*有c_n＋1＞c_n．

解析

(1)在S_n＝－a_n－^n－1＋2中，令n＝1，可得S₁＝－a₁－1＋2＝a₁，即a₁＝，
当n≥2时，S_n－1＝－a_n－1－^n－2＋2，
所以a_n＝S_n－S_n－1＝－a_n＋a_n－1＋^n－1，
所以2a_n＝a_n－1＋^n－1，即2ⁿa_n＝2^n－1a_n－1＋1．
因为b_n＝2ⁿa_n，所以b_n＝b_n－1＋1，即当n≥2时，b_n－b_n－1＝1．
又b₁＝2a₁＝1，所以数列{b_n}是首项和公差均为1的等差数列．
于是b_n＝1＋(n－1)·1＝n＝2ⁿa_n，
所以a_n＝(n∈N^*)．
(2)由(1)得c_n＝a_n＝(n＋1)ⁿ，
所以T_n＝2×＋3ײ＋4׳＋…＋(n＋1)ⁿ，①
T_n＝2ײ＋3׳＋4×⁴＋…＋(n＋1)^n＋1．②
由①－②得T_n＝1＋²＋³＋…＋ⁿ－(n＋1)^n＋1
＝1＋－(n＋1)^n＋1
＝－，
所以T_n＝3－，
T_n－＝3－－
＝，
于是确定T_n与的大小关系等价于比较2ⁿ与2n＋1的大小，
由2＜2×1＋1；2²＜2×2＋1；2³＞2×3＋1；2⁴＞2×4＋1；2⁵＞2×5＋1；…
可猜想当n≥3时，2ⁿ＞2n＋1，证明如下：
方法一：①当n＝3时，对上式验算显示成立．
②假设当n＝k时成立，则n＝k＋1(k≥2)时，
2^k＋1＝2·2^k＞2(2k＋1)＝4k＋2＝2(k＋1)＋1＋(2k－1)＞2(k＋1)＋1，
所以当n＝k＋1时猜想也成立．
综合①②可知，对一切n≥3的正整数，都有2ⁿ＞2n＋1．
方法二：当n≥3时，
2ⁿ＝(1＋1)ⁿ＝＋＋＋…＋＋≥＋＋＋＝2n＋2＞2n＋1，
综上所述，当n≥3时，T_n＞．
(3)因为c_n＝3ⁿ＋＝3ⁿ＋(－1)^n－1λ·2ⁿ，
所以c_n＋1－c_n＝[3^n＋1＋(－1)ⁿλ·2^n＋1]－[3ⁿ＋(－1)^n－1λ·2ⁿ]
＝2·3ⁿ－3λ(－1)^n－1·2ⁿ＞0，
所以(－1)^n－1·λ＜^n－1．①
当n＝2k－1(k＝1,2,3，…)时，①式即为λ＜^2k－2，②
依题意，②式对k＝1,2,3，…都成立，所以λ＜1，
当n＝2k，k＝1,2,3，…时，①式即为λ＞－^2k－1，③
依题意，③式对k＝1,2,3，…都成立，
所以λ＞－，所以－＜λ＜1，又λ≠0，
所以存在整数λ＝－1，使得对任意n∈N^*有c_n＋1＞c_n．