Question

13．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，满足S_n=2a_n-2（n∈N^*）
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）令b_n=$\frac{lo{g}_{2}{a}_{n}^{2}-1}{{a}_{n}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，求T_n以及满足T_n＞$\frac{5}{2}$时，n的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由当n=1时，a₁=S₁，n＞1时，a_n=S_n-S_n-1，化简整理，结合等比数列的通项公式，即可得到所求通项公式；
（2）运用对数的运算性质求得b_n=$\frac{lo{g}_{2}{2}^{2n}-1}{{2}^{n}}$=（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，运用数列的求和方法：错位相减法，以及等比数列的求和公式，可得所求和，再由二项式定理，结合不等式的性质，即可得到所求n的范围．

解答 解：（1）当n=1时，a₁=S₁=2a₁-2，
解得a₁=2；
当n＞1时，由S_n=2a_n-2，可得
S_n-1=2a_n-1-2，
两式相减可得，a_n=2a_n-2a_n-1，
即有a_n=2a_n-1，
由等比数列的通项公式可得a_n=a₁q^n-1=2•2^n-1=2ⁿ；
（2）b_n=$\frac{lo{g}_{2}{a}_{n}^{2}-1}{{a}_{n}}$=$\frac{lo{g}_{2}{2}^{2n}-1}{{2}^{n}}$=（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
前n项和为T_n=1•$\frac{1}{2}$+3•（$\frac{1}{2}$）²+5•（$\frac{1}{2}$）³+…+（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
$\frac{1}{2}$T_n=1•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+5•（$\frac{1}{2}$）⁴+…+（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
两式相减可得，$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2[（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ]-（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
化简可得，T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$；
由T_n＞$\frac{5}{2}$，即为3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$＞$\frac{5}{2}$，
即有2^n-1＞2n+3，①
当n=1，2，3，4时，上式不成立；
当n＞4，且n∈N，不等式①即为2ⁿ＞4n+6，
由2ⁿ=（1+1）ⁿ=1+${C}_{n}^{1}$+${C}_{n}^{2}$+…+${C}_{n}^{n-1}$+${C}_{n}^{n}$
=1+n+$\frac{n（n-1）}{2}$+…+$\frac{n（n-1）}{2}$+n+1＞n²+n+2，
由n²+n+2-（4n+6）=n²-3n-4=（n-4）（n+1）＞0，
可得n²+n+2＞4n+6，
即有当n＞4，且n∈N，①成立．
可得n的范围是n＞4，且n∈N．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用当n=1时，a₁=S₁，n＞1时，a_n=S_n-S_n-1，考查数列的求和方法：错位相减法，以及等比数列的求和公式，数列不等式的解法，属于中档题．