Question

20．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且（n+1）S_n=（n-1）a_n+1+2n+2，n∈N^*，a₂=8．
（1）求a₁，a₃；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（3）設(shè)b_n=$\frac{{n}^{2}}{{a}_{n}}$-$\frac{{2}^{2n+5}}{{a}_{n+1}{a}_{n+2}}$，數(shù)列{b_n}的前n和為T_n．
①求T_n；
②求正整數(shù)k，使得對(duì)任意n∈N^*，均有T_n≤T_K．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)（n+1）S_n=（n-1）a_n+1+2n+2及a₂=8代入計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)對(duì)（n+1）S_n=（n-1）a_n+1+2n+2變形可知S_n=$\frac{n-1}{n+1}$•a_n+2，利用a_n=S_n-S_n-1計(jì)算、整理可知$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2•$\frac{n+1}{n}$（n≥2），利用累乘法計(jì)算可知a_n=n•2ⁿ（n≥2），進(jìn)而可得結(jié)論；
（3）①通過(guò)（2）、裂項(xiàng)可知b_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$-4（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），利用錯(cuò)位相減法計(jì)算可知P_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$=2-（n+2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用并項(xiàng)法相加計(jì)算可知Q_n=4（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）=2-$\frac{4}{n+2}$，利用T_n=P_n-Q_n計(jì)算即得結(jié)論；②通過(guò)①可知T_n=$\frac{4}{n+2}$-（n+2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，通過(guò)計(jì)算可知當(dāng)n≤5時(shí)T_n＜T₆、當(dāng)n≥7時(shí)，T_n＜T₆，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，當(dāng)n=1時(shí)，2a₁=2+2，即a₁=2，
當(dāng)n=2時(shí)，3S₂=a₃+6，
又∵a₁=2，a₂=8，
∴a₃=3（a₁+a₂）=24；
（2）∵（n+1）S_n=（n-1）a_n+1+2n+2，
∴S_n=$\frac{n-1}{n+1}$•a_n+2，
∴a_n=S_n-S_n-1=（$\frac{n-1}{n+1}$•a_n+2）-（$\frac{n-2}{n}$•a_n-1+2）=$\frac{n-1}{n+1}$•a_n-$\frac{n-2}{n}$•a_n-1，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2•$\frac{n+1}{n}$（n≥2），
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=2•\frac{n}{n-1}$，$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}=2•\frac{n-1}{n-2}$，…，$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}=2•\frac{3}{2}$，
累乘得：$\frac{{a}_{n}}{{a}_{2}}$=2^n-2•$\frac{n}{2}$，
又∵a₂=8，
∴a_n=n•2ⁿ（n≥2），
又∵a₁=2滿足上式，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=n•2ⁿ；
（3）①由（2）可知b_n=$\frac{{n}^{2}}{{a}_{n}}$-$\frac{{2}^{2n+5}}{{a}_{n+1}{a}_{n+2}}$=$\frac{{n}^{2}}{n•{2}^{n}}$-$\frac{{2}^{2n+5}}{（n+1）（n+2）•{2}^{n+1+n+2}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$-4（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
記P_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，則$\frac{1}{2}$P_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$P_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴P_n=1•$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$n•\frac{1}{{2}^{n}}$=2-（n+2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
記Q_n=4（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）=4（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$）=2-$\frac{4}{n+2}$，
∴數(shù)列{b_n}的前n和為T_n=P_n-Q_n=[2-（n+2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$]-（2-$\frac{4}{n+2}$）=$\frac{4}{n+2}$-（n+2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$；
②由①可知T_n=$\frac{4}{n+2}$-（n+2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴T₁=$\frac{4}{3}$-3•$\frac{1}{2}$=-$\frac{1}{6}$，
T₂=1-4•$\frac{1}{4}$=0，
T₃=$\frac{4}{5}$-5•$\frac{1}{8}$=$\frac{7}{40}$，
T₄=$\frac{4}{6}$-6•$\frac{1}{16}$=$\frac{7}{24}$，
T₅=$\frac{4}{7}$-7•$\frac{1}{32}$=$\frac{79}{224}$，
T₆=$\frac{4}{8}$-8•$\frac{1}{64}$=$\frac{3}{8}$，
T₇=$\frac{4}{9}$-9•$\frac{1}{128}$=$\frac{431}{1152}$，
易知當(dāng)n≥7時(shí)，T_n≤$\frac{431}{1152}$＜T₆，
又∵當(dāng)n≤5時(shí)T_n＜T₆，
∴k=6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．