Question

13．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2a_n-2（n∈N^*）．
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）设${b_{n+1}}=2{b_n}-{2^{n+1}}$，b₁=8，T_n是数列{b_n}的前n项和，求正整数k，使得对任意n∈N^*均有T_k≥T_n恒成立；
（3）设${c_n}=\frac{{{a_{\;n\;+\;1}}}}{{（1+{a_n}）（1+{a_{\;n\;+\;1}}）}}$，R_n是数列{c_n}的前n项和，若对任意n∈N^*均有R_n＜λ恒成立，求λ的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用已知条件推出a_n+1=2a_n，数列{a_n}为等比数列，公比q=2，求出通项公式．
（2）推出${b_n}={2^n}（{5-n}）$，方法一：通过T₁＜T₂＜T₃＜T₄=T₅＞T₆＞推出结果．方法二利用错位相减法求和，当1≤n＜4，T_n+1＞T_n，当n=4，T₄=T₅，当n＞4时，T_n+1＜T_n，
综上，当且仅当k=4或5时，均有T_k≥T_n．
（3）利用裂项求和，通过对任意n∈N^*均有${R_n}＜\frac{2}{3}$成立，求解即可．

解答 （本小题满分13分）
解：（1）由S_n=2a_n-2，得S_n+1=2a_n+1-2两式相减，得a_n+1=2a_n+1-2a_n
∴a_n+1=2a_n      （2分）
数列{a_n}为等比数列，公比q=2
又S₁=2a₁-2，得a₁=2a₁-2，a₁=2∴${a_n}={2^n}$（2分）
（2）${b_{n+1}}=2{b_n}-{2^{n+1}}$$\frac{{{b_{n+1}}}}{{{2^{n+1}}}}=\frac{b_n}{2^n}-1$                       （1分）
$\frac{b_n}{2^n}=\frac{b_1}{2^1}+（{n-1}）×（{-1}）$，${b_n}={2^n}（{5-n}）$（2分）
方法一当n≤5时，${b_n}={2^n}（{5-n}）$≥0（1分）
因此，T₁＜T₂＜T₃＜T₄=T₅＞T₆＞…（1分）
∴对任意n∈N^*均有T₄=T₅≥T_n，故k=4或5． （1分）
方法二（${T_n}=4•{2^1}+3•{2^2}+2•{2^3}+…+（5-n）•{2^n}，（1）$$2{T_n}=4•{2^2}+3•{2^3}+2•{2^4}+…+（6-n）•{2^n}+（5-n）•{2^{n+1}}，（2）$
两式相减，得${T_n}=-8+（{2^2}+{2^3}+{2^4}+…+{2^n}）+（5-n）•{2^{n+1}}$，
${T_n}=-8+\frac{{{2^2}（1-{2^{n-1}}）}}{1-2}+（5-n）•{2^{n+1}}$=（6-n）•2ⁿ⁺¹-12，（1分）${T_{n+1}}-{T_n}=（5-n）•{2^{n+2}}-（6-n）•{2^{n+1}}={2^{n+1}}（4-n）$，（1分）
当1≤n＜4，T_n+1＞T_n，当n=4，T₄=T₅，当n＞4时，T_n+1＜T_n，
综上，当且仅当k=4或5时，均有T_k≥T_n（1分）
（3）∵${c_n}=\frac{{{a_{\;n\;+\;1}}}}{{（1+{a_n}）（1+{a_{\;n\;+\;1}}）}}=\frac{{{2^{n\;+\;1}}}}{{（1+{2^n}）（1+{2^{n\;+\;1}}）}}=2（\frac{1}{{{2^n}+1}}-\frac{1}{{{2^{n\;+\;1}}+1}}）$（1分）
∴${R_n}=2[{（{\frac{1}{3}-\frac{1}{5}}）+（{\frac{1}{5}-\frac{1}{9}}）+…（{\frac{1}{{{2^n}+1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}+1}}}）}]$=$2（{\frac{1}{3}-\frac{1}{{{2^{n+1}}+1}}}）$（2分）
∵对任意n∈N^*均有${R_n}＜\frac{2}{3}$成立，
∴$λ≥\frac{2}{3}$，
所以λ的最小值为$\frac{2}{3}$．

点评 本题考查数列的综合应用，数列通项公式的求法，数列求和，考查分析问题解决问题的能力．