Question

7．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n和為S_n，a₁=1，S_n=na_n-2n²+2n（n∈N^*）．
（1）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，并分別寫出a_n和S_n關(guān)于n的表達(dá)式；
（2）是否存在自然數(shù)n，使得S₁+$\frac{S_2}{2}$+$\frac{S_3}{3}$+…+$\frac{S_n}{n}$+2ⁿ=1124？若存在，求出n的值； 若不存在，請說明理由；
（3）設(shè)c_n=$\frac{2}{{n（{{a_n}+7}）}}$（n∈N^*），T_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n（n∈N^*），若不等式T_n＞$\frac{m}{32}$（m∈Z），對n∈N^*恒成立，求m的最大值．

Answer 1

分析 （1）由${S_n}=n{a_n}-2{n^2}+2n（{n∈{N^*}}）$，利用遞推關(guān)系a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$可得a_n-a_n-1=4（n≥2）．利用等差數(shù)列的通項公式與求和公式即可得出：a_n，S_n．
（2）由（1）可得：$\frac{{S}_{n}}{n}$=2n-1．利用等差數(shù)列的求和公式即可得出．
（3）利用“裂項求和方法”、數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）證明：由${S_n}=n{a_n}-2{n^2}+2n（{n∈{N^*}}）$，得${S_{n-1}}=（{n-1}）{a_{n-1}}-2{（{n-1}）^2}+2（{n-1}）（{n≥2}）$，
相減得a_n=na_n-（n-1）a_n-1-4n+4⇒（n-1）a_n-（n-1）a_n-1=4（n-1）⇒a_n-a_n-1=4（n≥2）．
故數(shù)列{a_n}是首項為1，公差為4的等差數(shù)列．∴a_n=1+4（n-1）=4n-3．S_n=$\frac{n（1+4n-3）}{2}$=2n²-n．
（2）解：由（1）可得：$\frac{{S}_{n}}{n}$=2n-1．
∴${S_1}+\frac{S_2}{2}+\frac{S_3}{3}+…+\frac{S_n}{n}+{2^n}=1+3+5+…+（{2n-1}）+{2^n}=\frac{{n[{1+（{2n-1}）}]}}{2}+{2^n}={n^2}+{2^n}$，
由n²+2ⁿ=1124，得n=10，即存在滿足條件的自然數(shù)n=10．
（3）解：${c_n}=\frac{2}{{n（{{a_n}+7}）}}=\frac{1}{{2n（{n+1}）}}=\frac{1}{2}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}），{T_n}={c_1}+{c_2}+{c_3}+…+{c_n}=\frac{1}{2}[{（{1-\frac{1}{2}}）+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+…+（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）}]$=$\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{n+1}}）=\frac{n}{{2（{n+1}）}}$，
∵${T_{n+1}}-{T_n}=\frac{n+1}{{2（{n+1}）}}-\frac{n}{{2（{n+1}）}}=\frac{1}{{2（{n+2}）（{n+1}）}}＞0$，
∴T_n＜T_n+1，即T_n單調(diào)遞增，故${（{T_n}）_{min}}={T_1}=\frac{1}{4}$要使${T_n}＞\frac{m}{32}$恒成立，只需$\frac{m}{32}＜\frac{1}{4}$成立，即m＜8（m∈Z）．
故符合條件m的最大值為7．

點評 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項公式與求和公式、“裂項求和方法”、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．