Question

17．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=3，a₂=5，{a_n}的前n項和S_n，且滿足S_n+S_n-2=2S_n-1+2^n-1（n≥3）．
（1）試求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）令b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，T_n是數(shù)列{b_n}的前n項和，證明：T_n＜$\frac{1}{6}$；
（3）證明：對任意給定的m∈（0，$\frac{1}{6}$），均存在n₀∈N⁺，使得當n≥n₀時，（2）中的T_n＞m恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把數(shù)列遞推式變形得到Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2+2n-1（n≥3），結合a_n=s_n-s_n-1得到an-an-1=2n-1（n≥2），由累加法得到數(shù)列的通項公式；
（Ⅱ）把數(shù)列{a_n}的通項公式代入b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，化簡后利用裂項相消法求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n，由此能證明T_n＜$\frac{1}{6}$；
（Ⅲ）把要證的T_n＞m轉化為n＞$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1$．然后分$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1$＜1和$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-+m}-1）-1$≥1，求解出n₀說明要證的結論成立．

解答 解：（1）由S_n+S_n-2=2S_n-1+2^n-1（n≥3），得${S}_{n}-{S}_{n-1}={S}_{n-1}-{S}_{n-2}+{2}^{n-1}$，
即${a}_{n}={a}_{n-1}+{2}^{n-1}$，移項得${a}_{n}-{a}_{n-1}={2}^{n-1}，（n≥3）$，
∴${a}_{3}-{a}_{2}={2}^{2}$，${a}_{4}-{a}_{3}={2}^{3}$，…，${a}_{n}-{a}_{n-1}={2}^{n-1}$，
這個n-2等式疊加可得：
a_n-a₂=2²+2³+…+2^n-1=$\frac{{2}^{2}（1-{2}^{n-2}）}{1-2}$=2ⁿ-4，
又a₂=5，
∴${a}_{n}={2}^{n}+1$，n≥3，經(jīng)驗證a₁=3，a₂=5也適合該式，
∴${a}_{n}={2}^{n}+1$，n∈N^*．
證明：（2）由（1）知$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（{2}^{n}+1）（{2}^{n+1}+1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$（$\frac{1}{{2}^{n}+1}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$），
∴b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{2}^{n}+1}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$），
∴數(shù)列{b_n}的前n項和：
T_n=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}-\frac{1}{9}$）+…+（$\frac{1}{{2}^{n}+1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$）]
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$）=$\frac{1}{6}-\frac{1}{{2}^{n+2}+2}$＜$\frac{1}{6}$．
∴T_n＜$\frac{1}{6}$．
（3）證明：由（2）可知T_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$）$＜\frac{1}{6}$．
若T_n＞m，則得$\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{{2}^{+1}+1}）＞m$，化簡得$\frac{1-6m}{3}＞\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$，
∵m∈（0，$\frac{1}{6}$），∴1-6m＞0，
∴${2}^{n+1}＞\frac{3}{1-6m}-1$，
當$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1＜1$，即0＜m＜$\frac{1}{15}$時，取n₀=1即可，
當$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）＜1$，即0＜m＜$\frac{1}{15}$時，取n₀=1即可，
當$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1≥1$，即$\frac{1}{15}≤m＜\frac{1}{6}$時，
則記$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1$的整數(shù)部分為S，取n₀=s+1即可，
綜上可知，對任意給定的m∈（0，$\frac{1}{6}$），均存在n₀∈N⁺，使得當n≥n₀時，（2）中的T_n＞m恒成立．

點評 本題考查了數(shù)列遞推式考查了累加法求數(shù)列的通項公式，訓練了裂項相消法求數(shù)列的和，考查了數(shù)學轉化思想方法和分類討論的數(shù)學思想方法，是壓軸題．