Question

18．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，$\sqrt{{S}_{n}+4}$是a_n與1的等差中項(xiàng)．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+4}$•2${\;}^{{a}_{n}-3}$（n∈N^*），記數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求使得T_n＞2016成立的最小正整數(shù)n．

Answer 1

分析 （1）通過對2$\sqrt{{S}_{n}+4}$=a_n+1兩邊平方可知4S_n=${{a}_{n}}^{2}$+2a_n-15，并與4S_n-1=${{a}_{n-1}}^{2}$+2a_n-1-15作差，整理可知a_n-a_n-1=2（n≥2），進(jìn)而可知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為5、公差為2的等差數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可知b_n=n•4ⁿ，利用錯位相減法計(jì)算可知T_n=$\frac{3n-1}{9}$•4ⁿ⁺¹+$\frac{4}{9}$，整理可知（3n-1）4ⁿ＞485，通過記f（x）=（3x-1）4^x，利用f（x）為增函數(shù)及f（2）=80＜485、f（3）=512＞485即得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，2$\sqrt{{S}_{n}+4}$=a_n+1，
整理得：4S_n=${{a}_{n}}^{2}$+2a_n-15，
∴當(dāng)n≥2時，4S_n-1=${{a}_{n-1}}^{2}$+2a_n-1-15，
兩式相減得：4a_n=${{a}_{n}}^{2}$-${{a}_{n-1}}^{2}$+2（a_n-a_n-1），
整理得：${{a}_{n}}^{2}$-${{a}_{n-1}}^{2}$=2（a_n+a_n-1），
又∵數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，
∴a_n-a_n-1=2，
又∵4S₁=${{a}_{1}}^{2}$+2a₁-15，解得a₁=5或a₁=-3（舍），
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為5、公差為2的等差數(shù)列，
故其通項(xiàng)公式a_n=5+2（n-1）=2n+3；
（2）由（1）可知b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+4}$•2${\;}^{{a}_{n}-3}$=n•4ⁿ（n∈N^*），
則T_n=1•4+2•4²+…+n•4ⁿ，4T_n=1•4²+2•4³+…+（n-1）•4ⁿ+n•4ⁿ⁺¹，
兩式相減得：-3T_n=4+4²+4³+…+4ⁿ-n•4ⁿ⁺¹
=$\frac{4（1-{4}^{n}）}{1-4}$-n•4ⁿ⁺¹
=$\frac{1-3n}{3}$•4ⁿ⁺¹-$\frac{4}{3}$，
∴T_n=$\frac{3n-1}{9}$•4ⁿ⁺¹+$\frac{4}{9}$，
∴T_n＞2016即$\frac{3n-1}{9}$•4ⁿ⁺¹+$\frac{4}{9}$＞2016，
整理得：（3n-1）4ⁿ＞485，
記f（x）=（3x-1）4^x，則f（x）為增函數(shù)，
∵f（2）=80＜485，f（3）=512＞485，
∴滿足條件的最小正整數(shù)n=3．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯位相減法，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．