Question

8．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=2a_n-3•2ⁿ+4．
（1）求證：數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差數(shù)列；
（2）設(shè)T_n為數(shù)列{S_n-4}的前n項(xiàng)和，求T_n；
（3）設(shè)c_n=$\frac{（3n+5）{2}^{n-1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為Q_n，求證：Q_n≥$\frac{2}{5}$．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2a_n-3•2ⁿ+4，利用遞推關(guān)系可得：a_n=2a_n-1+3×2^n-1．變形為$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{3}{2}$，即可證明數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差數(shù)列．
（2）由（1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得：a_n=（3n-1）•2^n-1．因此S_n-4=（3n-4）•2ⁿ．利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．
（3）c_n=$\frac{（3n+5）•{2}^{n-1}}{（3n-1）•{2}^{n-1}•（3n+2）•{2}^{n}}$=$\frac{1}{（3n-1）•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（3n+2）•{2}^{n}}$，利用“裂項(xiàng)求和”方法與數(shù)列的單調(diào)性即可證明．

解答 （1）證明：∵S_n=2a_n-3•2ⁿ+4，∴n=1時(shí)，a₁=2a₁-6+4，解得a₁=2．
n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-3•2ⁿ+4-$（2{a}_{n-1}-3×{2}^{n-1}+4）$，化為：a_n=2a_n-1+3×2^n-1．
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{3}{2}$，
∴數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為$\frac{3}{2}$．
（2）解：由（1）可得：$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1+$\frac{3}{2}$（n-1）=$\frac{3n-1}{2}$．
∴a_n=（3n-1）•2^n-1．
∴S_n=2a_n-3•2ⁿ+4=（3n-4）•2ⁿ+4．
∴S_n-4=（3n-4）•2ⁿ．
∴數(shù)列{S_n-4}的前n項(xiàng)和T_n=-2+2×2²+5×2³+…+（3n-4）•2ⁿ．
2T_n=-2²+2×2³+5×2⁴+…+（3n-7）•2ⁿ+（3n-4）•2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=-2+3×（2²+2³+…+2ⁿ）-（3n-4）•2ⁿ⁺¹=$3×\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-8-（3n-4）•2ⁿ⁺¹=（7-3n）•2ⁿ⁺¹-14，
∴T_n=（3n-7）•2ⁿ⁺¹+14．
（3）證明：c_n=$\frac{（3n+5）{2}^{n-1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{（3n+5）•{2}^{n-1}}{（3n-1）•{2}^{n-1}•（3n+2）•{2}^{n}}$=$\frac{1}{（3n-1）•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（3n+2）•{2}^{n}}$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為Q_n=（$\frac{1}{2×1}-\frac{1}{5×2}$）+$（\frac{1}{5×2}-\frac{1}{8×{2}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（3n-1）•{2}^{n-1}}-\frac{1}{（3n+2）•{2}^{n}}）$
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{（3n+2）•{2}^{n}}$≥$\frac{2}{5}$．
∴Q_n≥$\frac{2}{5}$．

點(diǎn)評 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、“裂項(xiàng)求和”方法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．