Question

13．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=3，a₂=5，其前n項(xiàng)和為S_n，滿足S_n+2+S_n=2S_n+1+2ⁿ⁺¹
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)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(xiàng)和，證明：對(duì)任意的m∈（0，$\frac{1}{6}$），均存在正整數(shù)n₀，使得T${\;}_{{n}_{0}}$＞m成立．

Answer 1

分析 （1）由題意知S_n-S_n-1=S_n-1-S_n-2+2^n-1（n≥3），由此可得a_n=a_n-1+2^n-1（n≥3），然后利用累加法求出數(shù)列
{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）把（1）中求出的通項(xiàng)公式代入b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，裂項(xiàng)相消后求出數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n，由T_n＞m求出滿足
T${\;}_{{n}_{0}}$＞m的正整數(shù)n₀．

解答 （1）解：由題意知S_n+2+S_n=2S_n+1+2ⁿ⁺¹，得
S_n-S_n-1=S_n-1-S_n-2+2^n-1（n≥3），
即a_n=a_n-1+2^n-1（n≥3），
∴a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₃-a₂）+a₂
=2^n-1+2^n-2+…+2²+5
=2^n-1+2^n-2+…+2²+2+1+2
=2ⁿ+1，n≥3．
檢驗(yàn)知n=1，2時(shí)，結(jié)論也成立，
故a_n=2ⁿ+1．
（2）證明：b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（{2}^{n}+1）（{2}^{n+1}+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{{2}^{n}+1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$，
故T_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n=$\frac{1}{2}（\frac{1}{1+2}-\frac{1}{1+{2}^{2}}+\frac{1}{1+{2}^{2}}-\frac{1}{1+{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}+1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$
=$\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}）＜\frac{1}{6}$．
若T_n＞m，其中m∈（0，$\frac{1}{6}$），則有$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{1+2}$-$\frac{1}{1+{2}^{n+1}}$）＞m，
則2ⁿ⁺¹＞$\frac{3}{1-6m}$-1，
故n＞$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1$＞0，
取n₀=[$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1$]+1
=[$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）$]（其中[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)），
則當(dāng)n＞n₀時(shí)，T_n＞m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列與不等式的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵是注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，綜合性強(qiáng)，難度較大，是壓軸題．