Question

8．已知數列{a_n}的前n項和S_n=$\frac{1}{2}$a_na_n+1，n∈N^*，且a₁=1．
（1）求數列{a_n}的通項公式；
（2）設b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{{a}_{n}}}$（n∈N^*），數列{b_n}的前n項和為T_n，寫出T_n關于n表達式，并求滿足T_n＞$\frac{5}{2}$時n的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關系與等差數列的通項公式即可得出；
（2）利用“錯位相減法”與等比數列的前n項和公式即可得出．

解答 解：（1）∵數列{a_n}的前n項和S_n=$\frac{1}{2}$a_na_n+1，n∈N^*，且a₁=1．
∴當n=1時，a₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{a}_{2}$，解得a₂=2．
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2}$a_na_n+1-$\frac{1}{2}{a}_{n-1}{a}_{n}$=$\frac{1}{2}{a}_{n}（{a}_{n+1}-{a}_{n-1}）$．
化為a_n（a_n+1-a_n-1-2）=0，
a_n≠0，可得a_n+1-a_n-1=2．
∴數列{a_n}的奇數項與偶數項分別成等差數列，公差為2，首項分別為1，2．
∴a_n+1-a_n+（a_n-a_n-1）=2，
∴a_n-a_n-1=1，
∴數列{a_n}是等差數列，公差為1，首項為1．
a_n=1+（n-1）=n．
（2）b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{{a}_{n}}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$（n∈N^*），
∴數列{b_n}的前n項和為T_n=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+2×（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{2}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{2}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{{2}^{n+1}}$，
∴${T}_{n}=3-\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．
不等式T_n＞$\frac{5}{2}$，
即$\frac{1}{2}＞\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
由于$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$-$\frac{2（n+1）+3}{{2}^{n+1}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$＞0，
∴數列$\{\frac{2n+3}{{2}^{n}}\}$為單調遞減數列，
當n=4時，$\frac{11}{16}$$＞\frac{1}{2}$；當n=5時，$\frac{13}{32}$$＜\frac{1}{2}$．
∴滿足T_n＞$\frac{5}{2}$時n的取值范圍是n≥5．

點評 本題考查了“錯位相減法”、等差數列與等比數列的通項公式及其前n項和公式、不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．