Question

20．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a₂=3，其前n項(xiàng)和S_n滿足S_n+1+S_n-1=2S_n+1，其中n≥2，n∈N*．
（1）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=a_n•2^-n，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和．
①求T_n的表達(dá)式，并判斷T_n的單調(diào)性；
②求使T_n＞2的n的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把S_n+1+S_n-1=2S_n+1整理為：（s_n+1-s_n）-（s_n-s_n-1）=1，即a_n+1-a_n=1  即可說(shuō)明數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；再結(jié)合其首項(xiàng)和公差即可求出{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）①求得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式，利用“錯(cuò)位相減法”即可求得T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，即可判斷T_n的單調(diào)性；
②由3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$＞2，則$\frac{n+3}{{2}^{n}}$-1＜0，構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得n的取值范圍．T_n=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$，

解答 解：（1）證明：由已知：（S_n+1-S_n）-（S_n-S_n-1）=1  （n≥2，n∈N^*），
即a_n+1-a_n=1  （n≥2，n∈N^*）且a₂-a₁=1．
∴數(shù)列{a_n}是以a₁=2為首項(xiàng)，公差為1的等差數(shù)列．
∴a_n=n+1．
（2）①由（Ⅰ）知b_n=（n+1）•2^-n，它的前n項(xiàng)和為T(mén)_n
T_n=2•2^-1+3•2^-2+4•2^-3+…+n•2^-n+1+（n+1）•2^-n，①
$\frac{1}{2}$T_n=2•2^-2+3•2^-3+4•2^-4+…+n•2^-n+（n+1）•2^-（n+1），②
$\frac{1}{2}$T_n=1+2^-2+2^-3+2^-4+…+2^-n-（n+1）•2^-（n+1），②
=$\frac{3}{2}$-$\frac{n+3}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$，
設(shè)g（x）=3-$\frac{x+3}{{2}^{x}}$，x∈N*．求導(dǎo)，g′（x）=$\frac{（x+3）ln2-1}{{2}^{x}}$＞0，x∈N*．
g（x）單調(diào)遞增，
∴T_n單調(diào)遞增；
②由T_n＞2，則3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$＞2，則$\frac{n+3}{{2}^{n}}$-1＜0，設(shè)f（n）=$\frac{n+3}{{2}^{n}}$-1，則f（n+1）-f（n）=-$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$＜0，
則f（n）在N₊上單調(diào)遞減，
f（1）=1，f（2）=$\frac{1}{4}$＞0，f（3）=-$\frac{1}{4}$＜0，
當(dāng)n=1，n=2時(shí)f（n）＞0，f（3）＜0，
∴n的取值范圍為n＞3，且n∈N*．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的綜合應(yīng)用，考查數(shù)列的遞推公式，“錯(cuò)位相減法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，數(shù)列與函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．