Question

7．已知S_n为数列{a_n}的前n项和，a₁=c（c为常数且c≠0），且S_n=ta_n-c，n∈N^*．
（1）求实数t的值及{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$，c_n=$\frac{c•{2}^{n}}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$，记数列{b_n}，{c_n}的前n项和分别为E_n、F_n，记T_n=E_n+F_n，是否存在最小整数M，对任意的n∈N^*，有T_n≤M恒成立？若存在，求出M的值；若不存在，请说明理由．（记[x]表示不超过x的最大整数，如：[3]=3，[3，2]=3）．

Answer 1

分析 （1）通过在S_n=ta_n-c中令n=1可知t=2，通过S_n=2a_n-c与S_n+1=2a_n+1-c作差、计算即得结论；
（2）通过（1）及错位相减法可知E_n=$\frac{4}{c}$-$\frac{1}{c}$•$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，通过裂项、并项相加可知F_n=$\frac{1}{c}$-$\frac{1}{c}•$$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，进而T_n=$\frac{5}{c}$-$\frac{1}{c}•$$\frac{9+4n-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}}{{2}^{n+1}-1}$，通过f（x）=$\frac{9+4x-\frac{x+2}{{2}^{x-1}}}{{2}^{x+1}-1}$在（0，+∞）上单调递减，对常数c的值分正、负两种情况讨论即可．

解答 解：（1）∵a₁=c，S_n=ta_n-c，n∈N^*，
∴a₁=S_n=ta₁-a₁，即t=2，
∴S_n=2a_n-c，S_n+1=2a_n+1-c，
两式相减得：a_n+1=2a_n+1-2a_n，
整理得：a_n+1=2a_n，
∴数列{a_n}是以c为首项、2为公比的等比数列，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=c•2^n-1；
（2）结论：存在最小整数M满足条件，且当c＞0时M=[$\frac{5}{c}$+1]、当c＜0时M=[$\frac{5c}{3}$+1]．
理由如下：
由（1）可知：S_n=$\frac{c（1-{2}^{n}）}{1-2}$=c（2ⁿ-1），
∵b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{c•{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{c}$•$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∴E_n=$\frac{1}{c}$•（1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{{2}^{1}}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$），
$\frac{1}{2}•$E_n=$\frac{1}{c}$•[1•$\frac{1}{{2}^{1}}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$]，
两式相减得：$\frac{1}{2}•$E_n=$\frac{1}{c}$•[（$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{1}{{2}^{1}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$]
=$\frac{1}{c}$•（$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$）
=$\frac{2}{c}$-$\frac{1}{c}•\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{c}•$$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴E_n=$\frac{4}{c}$-$\frac{1}{c}$•$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
∵c_n=$\frac{c•{2}^{n}}{{S}_{n}•{S}_{n+1}}$=$\frac{c•{2}^{n}}{c（{2}^{n}-1）•c（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{c}$•（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），
∴F_n=$\frac{1}{c}$•（$\frac{1}{{2}^{1}-1}$-$\frac{1}{{2}^{2}-1}$+$\frac{1}{{2}^{2}-1}$-$\frac{1}{{2}^{3}-1}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）
=$\frac{1}{c}$•（$\frac{1}{{2}^{1}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）
=$\frac{2}{c}•\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n+1}-1}$
=$\frac{1}{c}$-$\frac{1}{c}•$$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，
∴T_n=E_n+F_n
=$\frac{4}{c}$-$\frac{1}{c}$•$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{c}$-$\frac{1}{c}•$$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$
=$\frac{5}{c}$-$\frac{1}{c}•$$\frac{9+4n-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}}{{2}^{n+1}-1}$，
记f（x）=$\frac{9+4x-\frac{x+2}{{2}^{x-1}}}{{2}^{x+1}-1}$，易知f（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴f（n）_max=f（1）=$\frac{9+4-\frac{3}{1}}{4-1}$=$\frac{10}{3}$，f（n）_min=0，
①当c＞0时，M=[$\frac{5}{c}$+1]；
②当c＜0时，M=[$\frac{5}{c}$-$\frac{1}{c}•$$\frac{10}{3}$+1]=[$\frac{5c}{3}$+1]．
综上所述，存在最小整数M满足条件，
且当c＞0时M=[$\frac{5}{c}$+1]、当c＜0时M=[$\frac{5c}{3}$+1]．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．