Question

2．已知：數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，滿足S_n=2a_n-2n（n∈N*）
（1）證明數(shù)列{a_n+2}是等比數(shù)列．并求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足b_n=log₂（a_n+2），設(shè)T_n為數(shù)列{$\frac{_{n}}{{a}_{n}+2}$}的前n項和，對一切n∈N^*都有T_n＜k，求最小正整數(shù)k．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系化為：a_n=2a_n-1+2，變形為a_n+2=2（a_n-1+2），即可證明．
（2）b_n=log₂（a_n+2）=n+1，$\frac{_{n}}{{a}_{n}+2}$=$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$，再利用“錯位相減法”、等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．

解答 （1）證明：∵S_n=2a_n-2n（n∈N*），∴當(dāng)n=1時，a₁=2a₁-2，解得a₁=2．
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2n-[2a_n-1-2（n-1）]，化為：a_n=2a_n-1+2，
∴a_n+2=2（a_n-1+2），
∴數(shù)列{a_n+2}是等比數(shù)列，首項為4，公比為2．
∴a_n+2=4×2^n-1，
化為a_n=2ⁿ⁺¹-2．
（2）解：b_n=log₂（a_n+2）=n+1，
$\frac{_{n}}{{a}_{n}+2}$=$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$，
∴數(shù)列{$\frac{_{n}}{{a}_{n}+2}$}的前n項和T_n=$\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n+2}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+2}}$=$\frac{1}{4}$+$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+2}}$=$\frac{3}{4}-\frac{n+3}{{2}^{n+2}}$，
∴T_n=$\frac{3}{2}$-$\frac{n+3}{{2}^{n+1}}$．
∵對一切n∈N^*都有T_n＜k，
∴$\frac{3}{2}$-$\frac{n+3}{{2}^{n+1}}$＜k．
∵$\frac{n+3}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n+4}{{2}^{n+2}}$=$\frac{n+2}{{2}^{n+2}}$＞0．
∴數(shù)列$\{\frac{n+3}{{2}^{n+1}}\}$單調(diào)遞減，
∴$k＞\frac{3}{2}$．
∴對一切n∈N^*都有T_n＜k的最小正整數(shù)k=2．

點評 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“錯位相減法”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．