Question

3．已知数列{a_n}和{b_n}满足：a₁+b₁=0，2a₁+2²a₂+2³a₃+…+2ⁿa_n=n²+n，b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+1，其中n∈N*．
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）记数列{a_n}的前n项和为S_n，问是否存在正整数m，使得S_m＜3b_m成立？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）讨论n=1，当n≥2时，将n换为n-1，运用作差法，即可得到数列{a_n}的通项公式；设b_n+1+t=$\frac{1}{2}$（b_n+t），求得t=-2，由等比数列的定义和通项公式，即可得到所求通项；
（2）运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，可得S_n=4-（2n+4）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，假设存在正整数m，使得S_m＜3b_m成立，即有4-（2m+4）•（$\frac{1}{2}$）^m＜6-9•（$\frac{1}{2}$）^m-1，化为m+2^m＞7，由f（m）=m+2^m在m∈N*递增，计算即可得到所求m的最小值．

解答 解：（1）由a₁+b₁=0，2a₁+2²a₂+2³a₃+…+2ⁿa_n=n²+n，①
可得n=1时，2a₁=2，即有a₁=1，b₁=-1，
当n≥2时，2a₁+2²a₂+2³a₃+…+2^n-1a_n-1=（n-1）²+n-1，②
①-②可得2ⁿa_n=n²+n-（n-1）²-n+1=2n，
a_n=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+1，设b_n+1+t=$\frac{1}{2}$（b_n+t），
则1=-$\frac{1}{2}$t，即t=-2，
则数列{b_n-2}为首项-3，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
即有b_n-2=-3•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
b_n=2-3•（$\frac{1}{2}$）^n-1，n∈N*；
（2）数列{a_n}的前n项和为S_n=1•（$\frac{1}{2}$）⁰+2•（$\frac{1}{2}$）¹+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+（n-1）•（$\frac{1}{2}$）^n-2+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
$\frac{1}{2}$S_n=1•（$\frac{1}{2}$）+2•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+…+（n-1）•（$\frac{1}{2}$）^n-1+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
上面两式相减可得，$\frac{1}{2}$S_n=1+（$\frac{1}{2}$）¹+（$\frac{1}{2}$）²+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-n•（$\frac{1}{2}$）^n-1
=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
化简可得S_n=4-（2n+4）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
假设存在正整数m，使得S_m＜3b_m成立，
即有4-（2m+4）•（$\frac{1}{2}$）^m＜6-9•（$\frac{1}{2}$）^m-1，
化为m+2^m＞7，
由f（m）=m+2^m在m∈N*递增，
且f（1）=3，f（2）=6，f（3）=11，
可得m≥3，且m∈N*，
则存在正整数m，使得S_m＜3b_m成立，
且m的最小值为3．

点评 本题考查数列通项公式的求法，注意运用数列的递推式和构造等比数列法，考查数列的求和方法：错位相减法，以及存在性问题的解法，注意运用数列的单调性，考查运算能力，属于中档题．