Question

20．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a₂=3，其前n項(xiàng)和S_n滿(mǎn)足S_n+1+S_n-1=2S_n+1，其中n≥2，n∈N^*．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=a_n•2^-n，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和．
①求T_n的表達(dá)式；
②求使T_n＞2的n的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把S_n+1+S_n-1=2S_n+1整理為：（s_n+1-s_n）-（s_n-s_n-1）=1，即a_n+1-a_n=1  即可說(shuō)明數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；再結(jié)合其首項(xiàng)和公差即可求出{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）因?yàn)閿?shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式為一等差數(shù)列乘一等比數(shù)列組合而成的新數(shù)列，故直接利用錯(cuò)位相減法求和即可

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a₂=3，其前n項(xiàng)和S_n滿(mǎn)足S_n+1+S_n-1=2S_n+1，其中n≥2，n∈N^*，
∴（S_n+1-S_n）-（S_n-S_n-1）=1（n≥2，n∈N^*，），
∴a₂-a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是以a₁=2為首項(xiàng)，公差為1的等差數(shù)列，
∴a_n=n+1；
（2）∵a_n=n+1；
∴b_n=a_n•2^-n=（n+1）2^-n，
∴T_n=2×$\frac{1}{2}$+3×$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n$•\frac{1}{{2}^{n-1}}$+（n+1）$•\frac{1}{{2}^{n}}$…（1）
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=2×$\frac{1}{{2}^{2}}$+3×$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+n$•\frac{1}{{2}^{n}}$+（n+1）$•\frac{1}{{2}^{n+1}}$…（2）
（1）-（2）得：$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-（n+1）$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$，
代入不等式得：3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$＞2，即$\frac{n+3}{{2}^{n}}-1＜0$，
設(shè)f（n）=$\frac{n+3}{{2}^{n}}$-1，f（n+1）-f（n）=-$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$＜0，
∴f（n）在N₊上單調(diào)遞減，
∵f（1）=1＞0，f（2）=$\frac{1}{4}$＞0，f（3）=-$\frac{1}{4}$＜0，
∴當(dāng)n=1，n=2時(shí)，f（n）＞0；當(dāng)n≥3，f（n）＜0，
所以n的取值范圍為n≥3，且n∈N^*．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查等差關(guān)系的確定以及利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和．錯(cuò)位相減法適用于一等差數(shù)列乘一等比數(shù)列組合而成的新數(shù)列