13.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-2(n∈N*).
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)${b_{n+1}}=2{b_n}-{2^{n+1}}$,b1=8,Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,求正整數(shù)k,使得對任意n∈N*均有Tk≥Tn恒成立;
(3)設(shè)${c_n}=\frac{{{a_{\;n\;+\;1}}}}{{(1+{a_n})(1+{a_{\;n\;+\;1}})}}$,Rn是數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和,若對任意n∈N*均有Rn<λ恒成立,求λ的最小值.

分析 (1)利用已知條件推出an+1=2an,數(shù)列{an}為等比數(shù)列,公比q=2,求出通項(xiàng)公式.
(2)推出${b_n}={2^n}({5-n})$,方法一:通過T1<T2<T3<T4=T5>T6>推出結(jié)果.方法二利用錯位相減法求和,當(dāng)1≤n<4,Tn+1>Tn,當(dāng)n=4,T4=T5,當(dāng)n>4時(shí),Tn+1<Tn,
綜上,當(dāng)且僅當(dāng)k=4或5時(shí),均有Tk≥Tn
(3)利用裂項(xiàng)求和,通過對任意n∈N*均有${R_n}<\frac{2}{3}$成立,求解即可.

解答 (本小題滿分13分)
解:(1)由Sn=2an-2,得Sn+1=2an+1-2兩式相減,得an+1=2an+1-2an
∴an+1=2an      (2分)
數(shù)列{an}為等比數(shù)列,公比q=2
又S1=2a1-2,得a1=2a1-2,a1=2∴${a_n}={2^n}$(2分)
(2)${b_{n+1}}=2{b_n}-{2^{n+1}}$$\frac{{{b_{n+1}}}}{{{2^{n+1}}}}=\frac{b_n}{2^n}-1$                       (1分)
$\frac{b_n}{2^n}=\frac{b_1}{2^1}+({n-1})×({-1})$,${b_n}={2^n}({5-n})$(2分)
方法一當(dāng)n≤5時(shí),${b_n}={2^n}({5-n})$≥0(1分)
因此,T1<T2<T3<T4=T5>T6>…(1分)
∴對任意n∈N*均有T4=T5≥Tn,故k=4或5. (1分)
方法二(${T_n}=4•{2^1}+3•{2^2}+2•{2^3}+…+(5-n)•{2^n},(1)$$2{T_n}=4•{2^2}+3•{2^3}+2•{2^4}+…+(6-n)•{2^n}+(5-n)•{2^{n+1}},(2)$
兩式相減,得${T_n}=-8+({2^2}+{2^3}+{2^4}+…+{2^n})+(5-n)•{2^{n+1}}$,
${T_n}=-8+\frac{{{2^2}(1-{2^{n-1}})}}{1-2}+(5-n)•{2^{n+1}}$=(6-n)•2n+1-12,(1分)${T_{n+1}}-{T_n}=(5-n)•{2^{n+2}}-(6-n)•{2^{n+1}}={2^{n+1}}(4-n)$,(1分)
當(dāng)1≤n<4,Tn+1>Tn,當(dāng)n=4,T4=T5,當(dāng)n>4時(shí),Tn+1<Tn,
綜上,當(dāng)且僅當(dāng)k=4或5時(shí),均有Tk≥Tn(1分)
(3)∵${c_n}=\frac{{{a_{\;n\;+\;1}}}}{{(1+{a_n})(1+{a_{\;n\;+\;1}})}}=\frac{{{2^{n\;+\;1}}}}{{(1+{2^n})(1+{2^{n\;+\;1}})}}=2(\frac{1}{{{2^n}+1}}-\frac{1}{{{2^{n\;+\;1}}+1}})$(1分)
∴${R_n}=2[{({\frac{1}{3}-\frac{1}{5}})+({\frac{1}{5}-\frac{1}{9}})+…({\frac{1}{{{2^n}+1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}+1}}})}]$=$2({\frac{1}{3}-\frac{1}{{{2^{n+1}}+1}}})$(2分)
∵對任意n∈N*均有${R_n}<\frac{2}{3}$成立,
∴$λ≥\frac{2}{3}$,
所以λ的最小值為$\frac{2}{3}$.

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的綜合應(yīng)用,數(shù)列通項(xiàng)公式的求法,數(shù)列求和,考查分析問題解決問題的能力.

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