Question

20．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a₂=3，其前n項和S_n滿足S_n+1+S_n-1=2S_n+1，其中n≥2，n∈N^*．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，并求其通項公式；
（Ⅱ）設b_n=a_n•2^-n，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項和．
①求T_n的表達式；
②求使T_n＞2的n的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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  即可說明數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；再結合其首項和公差即可求出{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）因為數(shù)列{b_n}的通項公式為一等差數(shù)列乘一等比數(shù)列組合而成的新數(shù)列，故直接利用錯位相減法求和即可

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a₂=3，其前n項和S_n滿足S_n+1+S_n-1=2S_n+1，其中n≥2，n∈N^*，
∴（S_n+1-S_n）-（S_n-S_n-1）=1（n≥2，n∈N^*，），
∴a₂-a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是以a₁=2為首項，公差為1的等差數(shù)列，
∴a_n=n+1；
（2）∵a_n=n+1；
∴b_n=a_n•2^-n=（n+1）2^-n，
∴T_n=2×$\frac{1}{2}$+3×$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n$•\frac{1}{{2}^{n-1}}$+（n+1）$•\frac{1}{{2}^{n}}$…（1）
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=2×$\frac{1}{{2}^{2}}$+3×$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+n$•\frac{1}{{2}^{n}}$+（n+1）$•\frac{1}{{2}^{n+1}}$…（2）
（1）-（2）得：$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-（n+1）$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$，
代入不等式得：3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$＞2，即$\frac{n+3}{{2}^{n}}-1＜0$，
設f（n）=$\frac{n+3}{{2}^{n}}$-1，f（n+1）-f（n）=-$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$＜0，
∴f（n）在N₊上單調遞減，
∵f（1）=1＞0，f（2）=$\frac{1}{4}$＞0，f（3）=-$\frac{1}{4}$＜0，
∴當n=1，n=2時，f（n）＞0；當n≥3，f（n）＜0，
所以n的取值范圍為n≥3，且n∈N^*．

點評 本題主要考查等差關系的確定以及利用錯位相減法求數(shù)列的和．錯位相減法適用于一等差數(shù)列乘一等比數(shù)列組合而成的新數(shù)列