Question

3．已知數(shù)列{a_n}和{b_n}滿足：a₁+b₁=0，2a₁+2²a₂+2³a₃+…+2ⁿa_n=n²+n，b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+1，其中n∈N*．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項公式；
（2）記數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，問是否存在正整數(shù)m，使得S_m＜3b_m成立？若存在，求m的最小值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）討論n=1，當n≥2時，將n換為n-1，運用作差法，即可得到數(shù)列{a_n}的通項公式；設(shè)b_n+1+t=$\frac{1}{2}$（b_n+t），求得t=-2，由等比數(shù)列的定義和通項公式，即可得到所求通項；
（2）運用數(shù)列的求和方法：錯位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，可得S_n=4-（2n+4）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，假設(shè)存在正整數(shù)m，使得S_m＜3b_m成立，即有4-（2m+4）•（$\frac{1}{2}$）^m＜6-9•（$\frac{1}{2}$）^m-1，化為m+2^m＞7，由f（m）=m+2^m在m∈N*遞增，計算即可得到所求m的最小值．

解答 解：（1）由a₁+b₁=0，2a₁+2²a₂+2³a₃+…+2ⁿa_n=n²+n，①
可得n=1時，2a₁=2，即有a₁=1，b₁=-1，
當n≥2時，2a₁+2²a₂+2³a₃+…+2^n-1a_n-1=（n-1）²+n-1，②
①-②可得2ⁿa_n=n²+n-（n-1）²-n+1=2n，
a_n=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+1，設(shè)b_n+1+t=$\frac{1}{2}$（b_n+t），
則1=-$\frac{1}{2}$t，即t=-2，
則數(shù)列{b_n-2}為首項-3，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
即有b_n-2=-3•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
b_n=2-3•（$\frac{1}{2}$）^n-1，n∈N*；
（2）數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n=1•（$\frac{1}{2}$）⁰+2•（$\frac{1}{2}$）¹+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+（n-1）•（$\frac{1}{2}$）^n-2+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
$\frac{1}{2}$S_n=1•（$\frac{1}{2}$）+2•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+…+（n-1）•（$\frac{1}{2}$）^n-1+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
上面兩式相減可得，$\frac{1}{2}$S_n=1+（$\frac{1}{2}$）¹+（$\frac{1}{2}$）²+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-n•（$\frac{1}{2}$）^n-1
=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
化簡可得S_n=4-（2n+4）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
假設(shè)存在正整數(shù)m，使得S_m＜3b_m成立，
即有4-（2m+4）•（$\frac{1}{2}$）^m＜6-9•（$\frac{1}{2}$）^m-1，
化為m+2^m＞7，
由f（m）=m+2^m在m∈N*遞增，
且f（1）=3，f（2）=6，f（3）=11，
可得m≥3，且m∈N*，
則存在正整數(shù)m，使得S_m＜3b_m成立，
且m的最小值為3．

點評 本題考查數(shù)列通項公式的求法，注意運用數(shù)列的遞推式和構(gòu)造等比數(shù)列法，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，以及存在性問題的解法，注意運用數(shù)列的單調(diào)性，考查運算能力，屬于中檔題．