Question

13．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，滿足S_n=2a_n-2（n∈N^*）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（2）令b_n=$\frac{lo{g}_{2}{a}_{n}^{2}-1}{{a}_{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，求T_n以及滿足T_n＞$\frac{5}{2}$時，n的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由當n=1時，a₁=S₁，n＞1時，a_n=S_n-S_n-1，化簡整理，結(jié)合等比數(shù)列的通項公式，即可得到所求通項公式；
（2）運用對數(shù)的運算性質(zhì)求得b_n=$\frac{lo{g}_{2}{2}^{2n}-1}{{2}^{n}}$=（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，運用數(shù)列的求和方法：錯位相減法，以及等比數(shù)列的求和公式，可得所求和，再由二項式定理，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可得到所求n的范圍．

解答 解：（1）當n=1時，a₁=S₁=2a₁-2，
解得a₁=2；
當n＞1時，由S_n=2a_n-2，可得
S_n-1=2a_n-1-2，
兩式相減可得，a_n=2a_n-2a_n-1，
即有a_n=2a_n-1，
由等比數(shù)列的通項公式可得a_n=a₁q^n-1=2•2^n-1=2ⁿ；
（2）b_n=$\frac{lo{g}_{2}{a}_{n}^{2}-1}{{a}_{n}}$=$\frac{lo{g}_{2}{2}^{2n}-1}{{2}^{n}}$=（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
前n項和為T_n=1•$\frac{1}{2}$+3•（$\frac{1}{2}$）²+5•（$\frac{1}{2}$）³+…+（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
$\frac{1}{2}$T_n=1•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+5•（$\frac{1}{2}$）⁴+…+（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
兩式相減可得，$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2[（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ]-（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
化簡可得，T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$；
由T_n＞$\frac{5}{2}$，即為3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$＞$\frac{5}{2}$，
即有2^n-1＞2n+3，①
當n=1，2，3，4時，上式不成立；
當n＞4，且n∈N，不等式①即為2ⁿ＞4n+6，
由2ⁿ=（1+1）ⁿ=1+${C}_{n}^{1}$+${C}_{n}^{2}$+…+${C}_{n}^{n-1}$+${C}_{n}^{n}$
=1+n+$\frac{n（n-1）}{2}$+…+$\frac{n（n-1）}{2}$+n+1＞n²+n+2，
由n²+n+2-（4n+6）=n²-3n-4=（n-4）（n+1）＞0，
可得n²+n+2＞4n+6，
即有當n＞4，且n∈N，①成立．
可得n的范圍是n＞4，且n∈N．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，注意運用當n=1時，a₁=S₁，n＞1時，a_n=S_n-S_n-1，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，以及等比數(shù)列的求和公式，數(shù)列不等式的解法，屬于中檔題．