Question

16．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=2a_n-1（n∈N*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求數(shù)列$\left\{{\frac{2n-1}{a_n}}\right\}$的前n項和T_n；
（Ⅲ）數(shù)列{b_n}滿足b_n+1=a_n+b_n（n∈N*），且b₁=3．若不等式${log_2}（{b_n}-2）＜\frac{3}{16}{n^2}+t$對任意n∈N^*恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）利用遞推關(guān)系與等比數(shù)列的通項公式即可得出；
（II）利用“錯位相減法”、等比數(shù)列的前n項和公式即可得出；
（III）利用“累加求和”可得b_n，由不等式${log_2}（{b_n}-2）＜\frac{3}{16}{n^2}+t$，化為t＞$-\frac{3}{16}{n}^{2}$+n-1，再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（I）∵S_n=2a_n-1（n∈N^*），∴當(dāng)n=1時，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁=1．
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-1-（2a_n-1-1）=2a_n-2a_n-1，化為a_n=2a_n-1，
∴數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，首項為1，公比為2．
∴a_n=2^n-1．
（II）$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．
∴數(shù)列$\left\{{\frac{2n-1}{a_n}}\right\}$的前n項和T_n=$1+\frac{3}{2}+\frac{5}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}+$…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=1+2$（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=$2×\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-1-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
∴T_n=6-$\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$．
（III）∵數(shù)列{b_n}滿足b_n+1=a_n+b_n（n∈N*），且b₁=3．
∴b_n+1-b_n=a_n=2^n-1，
∴b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁
=2^n-2+2^n-3+…+1+3
=$\frac{{2}^{n-1}-1}{2-1}$+3
=2^n-1+2．
不等式${log_2}（{b_n}-2）＜\frac{3}{16}{n^2}+t$，
化為n-1＜$\frac{3}{16}{n}^{2}$+t，
∴t＞$-\frac{3}{16}{n}^{2}$+n-1，
令g（n）=$-\frac{3}{16}{n}^{2}$+n-1=-$\frac{3}{16}$$（n-\frac{8}{3}）^{2}$+$\frac{1}{3}$≤g（3）=$\frac{5}{16}$，
∴$t＞\frac{5}{16}$．
∴實數(shù)t的取值范圍是$（\frac{5}{16}，+∞）$．

點評 本題考查了“錯位相減法”、等比數(shù)列與等差數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、遞推關(guān)系的應(yīng)用、二次函數(shù)的單調(diào)性、對數(shù)的運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．