Question

對數(shù)列{a_n}，規(guī)定{△a_n}為數(shù)列{a_n}的一階差分數(shù)列，其中△a_n=a_n+1-a_n（n∈N^*）．對正整數(shù)k，規(guī)定 {△^ka_n}為{a_n}的k階差分數(shù)列，其中△^ka_n=△^k-1a_n+1-△^k-1a_n=△（△^k-1a_n）．
（Ⅰ）若數(shù)列{a_n}的首項a₁=1，且滿足△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）對（Ⅰ）中的數(shù)列{a_n}，若數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，使得b₁C_n¹+b₂C_n²+b₃C_n³+…+b_n-1C_n^n-1+b_nC_nⁿ=a_n對一切正整數(shù)n∈N^*都成立，求b_n；
（Ⅲ） 在（Ⅱ）的條件下，令c_n=（2n-1）b_n，設(shè)，若T_n＜m成立，求最小正整數(shù)m的值．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）由△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ及△²a_n=△a_n+1-△a_n，可得△a_n-a_n=2ⁿ，即可得a_n+1-2a_n=2ⁿ，構(gòu)造可得，結(jié)合等差數(shù)列的通項可求，進而可求
（Ⅱ）由b₁C_n¹+b₂C_n²+b₃C_n³+…+b_n-1C_n^n-1+b_nC_nⁿ=a_n，可得b₁C_n¹+b₂C_n²+b₃C_n³+…+b_n-1C_n^n-1+b_nC_nⁿ=n•2^n-1．由組合數(shù)的性質(zhì)kC_n^k=nC_n-1^k-1，可知C_n¹+2C_n²+…+nC_nⁿ=n（C_n-1+…+C_n-1^n-1），從而可求b_n
（Ⅲ）由（Ⅱ）得 T_n=，利用錯位相減可求T_n=6-＜6又T_n=，，利用單調(diào)性的定義可知T_n+1-T_n＞0，{T_n}是遞增數(shù)列，且T₆=6-＞5，從而可求m
解答：解：（Ⅰ）由△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ及△²a_n=△a_n+1-△a_n，
得△a_n-a_n=2ⁿ，
∴a_n+1-2a_n=2ⁿ，
∴，---------------（2分）
∴數(shù)列是首項為，公差為的等差數(shù)列，
∴，
∴a_n=n•2^n-1．--------（4分）
（Ⅱ）∵b₁C_n¹+b₂C_n²+b₃C_n³+…+b_n-1C_n^n-1+b_nC_nⁿ=a_n，
∴b₁C_n¹+b₂C_n²+b₃C_n³+…+b_n-1C_n^n-1+b_nC_nⁿ=n•2^n-1．
∵kC_n^k=nC_n-1^k-1，

∴b_n=n．------------（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）得  
T_n=，①
  ，②
①-②得 ，
∴T_n=6-＜6，----------（10分）
又T_n=，
∴T_n+1-T_n＞0，
∴{T_n}是遞增數(shù)列，且T₆=6-＞5，
∴滿足條件的最小正整數(shù)m的值為6．--------（13分）
點評：本題主要考查了由新定義構(gòu)造等差數(shù)列求解數(shù)列的通項公式，二項式系數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用，數(shù)列求和的錯位相減的應(yīng)用，及數(shù)列單調(diào)性的應(yīng)用，屬于綜合性試題