Question

17．在數(shù)列{a_n}中，a₁=$\frac{1}{2}$，其前n項和為S_n，且S_n=a_n+1-$\frac{1}{2}$（n∈N^*）．
（Ⅰ）求a_n，S_n；
（Ⅱ）設b_n=log₂（2S_n+1）-2，數(shù)列{c_n}滿足c_n•b_n+3•b_n+4=1+n（n+1）（n+2）•2^b_n，數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，求使4T_n＞2ⁿ⁺¹-$\frac{1}{504}$成立的最小正整數(shù)n的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由S_n=a_n+1-$\frac{1}{2}$，得${S}_{n-1}={a}_{n}-\frac{1}{2}（n≥2）$，兩式作差后可得數(shù)列{a_n}是首項為$\frac{1}{2}$，公比為2 的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的通項公式得${a}_{n}=\frac{1}{2}•{2}^{n-1}={2}^{n-2}$，代入S_n=a_n+1-$\frac{1}{2}$求得S_n；
（Ⅱ）把S_n代入b_n=log₂（2S_n+1）-2，結(jié)合c_n•b_n+3•b_n+4=1+n（n+1）（n+2）•2^b_n求得c_n，然后利用裂項相消法及等比數(shù)列的前n項和得答案．

解答 解：（Ⅰ）由S_n=a_n+1-$\frac{1}{2}$，得${S}_{n-1}={a}_{n}-\frac{1}{2}（n≥2）$，
兩式作差得：a_n=a_n+1-a_n，即2a_n=a_n+1（n≥2），
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=2（n≥2）$，
又${a}_{1}={S}_{1}={a}_{2}-\frac{1}{2}$，得a₂=1，
∴$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=2$，
∴數(shù)列{a_n}是首項為$\frac{1}{2}$，公比為2的等比數(shù)列，
則${a}_{n}=\frac{1}{2}•{2}^{n-1}={2}^{n-2}$，
${S}_{n}={a}_{n+1}-\frac{1}{2}={2}^{n-1}-\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）b_n=log₂（2S_n+1）-2=$lo{g}_{2}{2}^{n}-2=n-2$，
∴c_n•b_n+3•b_n+4=1+n（n+1）（n+2）•2^b_n，
即${c}_{n}（n+1）（n+2）=1+（n+1）（n+2）•{2}^{n-2}$，
${c}_{n}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}+{2}^{n-2}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+{2}^{n-2}$，
${T}_{n}=（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$+（2^-1+2⁰+…+2^n-2）
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}+\frac{\frac{1}{2}（1-{2}^{n}）}{1-2}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{2}+{2}^{n-1}$=${2}^{n-1}-\frac{1}{n+2}$．
由4T_n＞2ⁿ⁺¹-$\frac{1}{504}$，得
$4（{2}^{n-1}-\frac{1}{n+2}）＞{2}^{n+1}-\frac{1}{504}$，
即$\frac{4}{n+2}＜\frac{1}{504}$，n＞2014．
∴使4T_n＞2ⁿ⁺¹-$\frac{1}{504}$成立的最小正整數(shù)n的值為2015．

點評 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等比關系的確定，訓練了數(shù)列的分組求和、裂項相消法求數(shù)列的和及等比數(shù)列的前n項和，是中檔題．