Question

12．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足：S_n=2a_n-2n（n∈N^*）．
（1）求證：數(shù)列{a_n+2}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足b_n=log₂（a_n+2），T_n為數(shù)列$\{\frac{b_n}{{{a_n}+2}}\}$的前n項(xiàng)和，求證：T_n≥$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2a_n-2n，得當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1=2a_n-1-2（n-1），兩式相減得a_n=2a_n-1+2，由此能推導(dǎo)出{a_n+2}是以a₁+2=4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，進(jìn)而能求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）${b_n}={log_2}（{a_n}+2）={log_2}{2^{n+1}}=n+1$，從而$\frac{b_n}{{{a_n}+2}}=\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，進(jìn)而${T_n}=\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，由此利用錯(cuò)位相減法能求出${T_n}=\frac{3}{2}-\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}$，從而能證明${T_n}≥\frac{1}{2}$．

解答 證明：（1）當(dāng)n∈N^*時(shí)，S_n=2a_n-2n，①
當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1=2a_n-1-2（n-1）②
由①②兩式相減得：a_n=2a_n-2a_n-1-2，即a_n=2a_n-1+2，
∴a_n+2=2（a_n-1+2），∴$\frac{{{a_n}+2}}{{{a_{n-1}}+2}}=2$，
當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2a₁-2，則a₁=2，
∴{a_n+2}是以a₁+2=4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
∴${a_n}+2=4•{2^{n-1}}$，∴${a_n}={2^{n+1}}-2$．
（2）${b_n}={log_2}（{a_n}+2）={log_2}{2^{n+1}}=n+1$，
∴$\frac{b_n}{{{a_n}+2}}=\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，
則${T_n}=\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$①
$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}+…+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}+\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$②
由①-②得：$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{2}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{{{2^{n+1}}}}+\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$
=$\frac{1}{4}+\frac{{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{2^n}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$=$\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$
=$\frac{3}{4}-\frac{n+3}{{{2^{n+2}}}}$，
∴${T_n}=\frac{3}{2}-\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}$．
∴當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}=\frac{4}{4}=1$，${T_n}=\frac{1}{2}$；
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}≤1$，${T_n}≥\frac{1}{2}$，
∴綜上得：${T_n}≥\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查等比數(shù)列的證明，考查數(shù)列的前n項(xiàng)和不小于$\frac{1}{2}$的證明，考查等比數(shù)列、錯(cuò)位相減法、構(gòu)造法等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．