（本小题满分 14 分） 数列 a_ n 满足 a_ 1…——2015 高考数学第 17 题答案解析

【解答】
（本小题满分 14 分）
解：①当 $n=1$ 时，$a_{1}=1$ ；当 $n=2$ 时，$a_{1}+2 a_{2}=2$ ．解得：$a_{2}=\frac{1}{2}$ ；
当 $n=2$ 时，$a_{1}+2 a_{2}+3 a_{3}=\frac{11}{4}$ ．解得：$a_{3}=\frac{1}{4}$ ．
②当 $n \geq 2$ 时，$a_{1}+2 a_{2}+\cdots+(n-1) a_{n-1}+n a_{n}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}} \cdots$①

$$ a_{1}+2 a_{2}+\cdots+(n-1) a_{n-1}=4-\frac{n+1}{2^{n-2}} \cdots $$

由①－②得，$n a_{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$ ，所以 $a_{n}=\frac{1}{2^{n-1}}(n \geq 2)$
经检验，$a_{1}=1$ 也适合上式，所以 $a_{n}=\frac{1}{2^{n-1}}\left(n \in N^{*}\right)$ ．
当 $n \geq 2$ 时，$\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{1}{2}$ ，所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为首项，$\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列．

所以 $T_{n}=\frac{1 \times\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)}{1-\frac{1}{2}}=2-\frac{1}{2^{n-1}}$ ．
③$b_{1}=1, \quad b_{n}=\frac{2}{n}-\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2^{n-2}}+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right) \cdot \frac{1}{2^{n-1}}(n \geq 2)$ ．
当 $n=1$ 时，$S_{1}=1<2+2 \ln 1$ 显然成立．
当 $n=2$ 时，$S_{2}=1+\frac{5}{4}=2+\frac{1}{4}=2+2 \ln e^{\frac{1}{8}}<2+2 \ln 2$ 也成立．
当 $n \geq 3$ 时，$b_{n}=\frac{2}{n}-\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2^{n-2}}+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right) \cdot \frac{1}{2^{n-1}}$

$$ <\frac{2}{n}+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \cdots+\frac{1}{3}\right) \cdot \frac{1}{2^{n-1}}=\frac{2}{n}+\frac{1}{3} \cdot \frac{2 n+5}{2^{n}} $$

令 $c_{n}=\frac{2 n+5}{2^{n}}(n \geq 1)$ ，数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的和为 $R_{n}$ ．
则 $R_{n}=\frac{7}{2}+\frac{9}{2^{2}}+\cdots+\frac{2 n+5}{2^{n}}, \frac{R_{n}}{2}=\frac{7}{2^{2}}+\frac{9}{2^{3}}+\cdots+\frac{2 n+5}{2^{n+1}}$ ．
两式相减得：$\frac{R_{n}}{2}=\frac{7}{2}+2 \times\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)-\frac{2 n+5}{2^{n+1}}$

$$ =\frac{7}{2}+2 \times \frac{\frac{1}{2^{2}} \times\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2 n+5}{2^{n+1}}=\frac{9}{2}-\frac{2 n+9}{2^{n+1}} $$

求得：$R_{n}=9-\frac{2 n+9}{2^{n}}$
所以当 $n \geq 3$ 时，$S_{n}<1+\frac{5}{4}+(n-2) \cdot \frac{2}{n}+\frac{1}{3} \cdot\left(9-\frac{2 n+9}{2^{n}}-\frac{7}{2}-\frac{9}{4}\right)$

$$ =2+\left[\frac{9}{4}-\frac{4}{n}+\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{13}{4}-\frac{2 n+9}{2^{n}}\right)\right]<2+\left(\frac{10}{3}-\frac{4}{n}\right) $$

构造函数 $f(x)=\frac{10}{3}-\frac{4}{x}-2 \ln x(x \geq 3), f^{\prime}(x)=\frac{4}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{2(2-x)}{x^{2}}<0$ ．
所以 $f(x)$ 在 $[3,+\infty)$ 上单调递减，从而 $f(x) \leq f(3)=\frac{10}{3}-\frac{4}{3}-2 \ln 3=2(1-\ln 3)<0$ ．

即 $\frac{10}{3}-\frac{4}{n}-2 \ln n<0$ ，所以 $S_{n}<2+2 \ln n$ ．
综上，满足 $S_{n}<2+2 \ln n, n \in N^{*}$ ．
（以上解答若有疑问或错误，敬请指出！）

③$n \geq 2$ 时，
$b_{n}=\frac{T_{n-1}}{n}+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right) a_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}}{n}+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right) a_{n}+$
故 $S_{n}=\sum_{i=1}^{n} b_{i}$

$$ \begin{aligned} & =a_{1}+\frac{a_{1}}{2}+\left(1+\frac{1}{2}\right) a_{2}+\frac{a_{1}+a_{2}}{3}+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right) a_{3}+\cdots+\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}}{n}+\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right) a_{n} \\ & =\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\right) a_{1}+\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\right) a_{2}+\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\right) a_{3}+\cdots+\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\right) a_{n} \\ & =\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\right) T_{n} \\ & =\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\left(2-\frac{1}{2^{n-1}}\right) \\ & <2\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right) \end{aligned} $$

只需证明 $2\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)<2+2 \ln n, ~ n \in \mathbb{N}^{*}$
往下用逐项比较也行，定积分也行⋯⋯

## 以下为选择填空解析！