Question

18．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且2，a_n，S_n成等差數(shù)列．
（1）證明：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）若b_n=a_n+log₂$\frac{1}{a_n}$，T_n=b₁+b₂+…+b_n，求使T_n-2ⁿ⁺¹+47＜0成立的正整數(shù)n的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過2a_n=S_n+2與2a_n+1=S_n+1+2作差可知a_n+1=2a_n，進而可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知b_n=-n+2ⁿ，利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的求和公式可知T_n=2ⁿ⁺¹-2-$\frac{1}{2}$n²$-\frac{1}{2}$n，進而解不等式即得結(jié)論．

解答 （1）證明：依題意，2a_n=S_n+2，
∴2a_n+1-2a_n=S_n+1+2-（S_n+2）=a_n+1，
即a_n+1=2a_n，
又∵2a₁=a₁+2，即a₁=2，
∴數(shù)列{a_n}是以首項、公比均為2的等比數(shù)列；
（2）解：由（1）可知b_n=a_n+log₂$\frac{1}{a_n}$=2ⁿ+$lo{g}_{2}\frac{1}{{2}^{n}}$=-n+2ⁿ，
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n
=-（1+2+3+…+n）+（2¹+2²+…+2ⁿ）
=-$\frac{n（n+1）}{2}$+$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$
=2ⁿ⁺¹-2-$\frac{1}{2}$n²$-\frac{1}{2}$n，
∴${{T}_n}-{2^{n+1}}+47={2^{n+1}}-2-\frac{1}{2}{n^2}-\frac{1}{2}n-{2^{n+1}}+47=-\frac{1}{2}{n^2}-\frac{1}{2}n+45＜0$，
解得：n＜-10（舍去）或n＞9，
∴使${{T}_n}-{2^{n+1}}+47＜0$成立的正整數(shù)n的最小值是10．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．