Question

8．在等比數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，S_n=2ⁿ+r（r為常數(shù)），記b_n=1+log₂a_n．
（1）求r的值；
（2）求數(shù)列{a_nb_n}的前n項和T_n；
（3）記數(shù)列{$\frac{1}{_{n}}$}的前n項和為P_n，若對任意正整數(shù)n，都有P_2n+1+$\frac{1}{n}$≤k+P_n，求實數(shù)k的最小值．

Answer 1

分析 （1）由a₁=S₁，a_n=S_n-S_n-1，可得數(shù)列{a_n}的通項，即可得到r=-1；
（2）b_n=n，a_nb_n=n•2^n-1，運用數(shù)列的求和方法：錯位相減法，化簡整理，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，即可得到所求和；
（3）化簡P_2n+1+$\frac{1}{n}$≤k+P_n，即為1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+…+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{n}$≤k+1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，化為k≥$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$，可設(shè)f（n）=$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$，作差f（n+1）-f（n），判斷單調(diào)性，可得最大值為f（1），即可得到k的最小值．

解答 解：（1）等比數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，S_n=2ⁿ+r，
可得a₁=S₁=2+r；
a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ+r-（2^n-1+r）=2^n-1，
上式對n=1也成立，即有2+r=1，
解得r=-1．
（2）b_n=1+log₂a_n=1+log₂2^n-1=1+n-1=n，
數(shù)列{a_nb_n}的前n項和T_n=1•2⁰+2•2+3•2²+…+n•2^n-1，
2T_n=1•2+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，
兩式相減可得，-T_n=1+2+2²+…+2^n-1-n•2ⁿ
=$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$-n•2ⁿ，
化簡可得，T_n=（n-1）•2ⁿ+1；
（3）數(shù)列{$\frac{1}{_{n}}$}的前n項和為P_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
P_2n+1+$\frac{1}{n}$≤k+P_n，即為1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+…+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{n}$≤k+1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
化為k≥$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$，
可設(shè)f（n）=$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$，
f（n+1）-f（n）=$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+3}$-（$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+3}$-$\frac{1}{n}$=-$\frac{5n+6}{n（2n+2）（2n+3）}$＜0，
即有f（n）在自然數(shù)集上遞減，
可得f（1）取得最大值，且為1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$=$\frac{11}{6}$．
則k≥$\frac{11}{6}$．即實數(shù)k的最小值為$\frac{11}{6}$．

點評 本題考查等比數(shù)列的通項公式的求法，注意運用數(shù)列的通項與求和的關(guān)系，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，同時考查數(shù)列不等式的恒成立問題，注意運用分離參數(shù)和數(shù)列的單調(diào)性，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．