Question

3．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意的（n∈N^*）且n≥2，都有S_n=2S_n-1+1，若a₁=1，b_n=log₂a_n．解决下列问题：（1）求证：数列{a_n}为等比数列；
（2）求数列{$\frac{3}{（{b}_{n}+1）（{b}_{n+1}+2）}$}的前n项和为T_n；
（3）求$\frac{{b}_{n+1}}{（n+1）{b}_{n-2}}$（n∈N^*）的最大值及取得最大值时n的值．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2S_n-1+1（n≥2），得S_n+1=2S_n+1，两式作差可得a_n+1=2a_n（n≥2），结合$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=2$，可得数列{a_n}为等比数列；
（2）求出数列{a_n}的通项公式，代入$\frac{3}{（{b}_{n}+1）（{b}_{n+1}+2）}$，整理后利用错位相减法求数列{$\frac{3}{（{b}_{n}+1）（{b}_{n+1}+2）}$}的前n项和为T_n；
（3）求出$\frac{{b}_{n+1}}{（n+1）{b}_{n-2}}$，令f（n）=$\frac{n}{（n+1）（n-3）}$=$\frac{n}{{n}^{2}-2n-3}=\frac{1}{n-\frac{3}{n}-2}$，由单调性求得$\frac{{b}_{n+1}}{（n+1）{b}_{n-2}}$的最大值及取得最大值时n的值．

解答 证明：（1）由S_n=2S_n-1+1（n≥2），得S_n+1=2S_n+1，
两式作差可得a_n+1=2a_n（n≥2），
又由S_n=2S_n-1+1，a₁=1，得a₁+a₂=2a₁+1，
∴a₂=a₁+1=2，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=2$，即数列{a_n}为公比是2的等比数列；
解：（2）由（1）得，${a}_{n}={2}^{n-1}$，
∴b_n=log₂a_n =$lo{g}_{2}{2}^{n-1}=n-1$，
则$\frac{3}{（{b}_{n}+1）（{b}_{n+1}+2）}$=$\frac{3}{n（n+2）}=\frac{3}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$，
则T_n=$\frac{3}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$
=$\frac{3}{2}（\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）=\frac{9}{4}-\frac{3（2n+3）}{2（n+1）（n+2）}$；
（3）$\frac{{b}_{n+1}}{（n+1）{b}_{n-2}}$=$\frac{n}{（n+1）（n-3）}$，
令f（n）=$\frac{n}{（n+1）（n-3）}$=$\frac{n}{{n}^{2}-2n-3}=\frac{1}{n-\frac{3}{n}-2}$，
f（1）=$-\frac{1}{4}$，f（2）=$-\frac{2}{3}$，f（3）无意义，
当n≥4时，f（n）为减函数，而f（4）=$\frac{4}{5}$，
∴$\frac{{b}_{n+1}}{（n+1）{b}_{n-2}}$（n≠3）的最大值为$\frac{4}{5}$，取得最大值的n为4．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了裂项相消法求数列的前n项和，考查了数列的函数特性，是中档题．