Question

19．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，S_n=2a_n-n．
（1）证明：{a_n +1}为等比数列；
（2）证明：$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$＜1；
（3）T_n为数列{b_n}前n项和，设b_n =log₂（a_n +1），是否存在正整数m，k，b${\;}_{k+1}^{2}$=2T_m +19时成立，若存在，求出m，k；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用a_n+1=S_n+1-S_n计算、整理知a_n+1+1=2（a_n+1），进而可得结论；
（2）通过（1）可知$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用等比数列的求和公式计算即得结论；
（3）通过a_n+1=2ⁿ可知b_n=n、T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，计算即得结论．

解答 （1）证明：∵S_n=2a_n-n，
∴S_n+1=2a_n+1-（n+1），
∴a_n+1=S_n+1-S_n=[2a_n+1-（n+1）]-（2a_n-n），
整理得：a_n+1+1=2（a_n +1），
又∵a₁=S₁=2a₁-1，即a₁+1=1+1=2，
∴数列{a_n +1}是以首项、公比均为2的等比数列；
（2）证明：由（1）可知a_n +1=2•2^n-1=2ⁿ，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=$\frac{1}{（{2}^{n+1}-1）-（{2}^{n}-1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$
=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$
＜1；
（3）结论：正整数m、k满足题设条件．
理由如下：
∵a_n+1=2ⁿ，
∴b_n=log₂（a_n+1）=$lo{g}_{2}{2}^{n}$=n，
∴T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
假设存在正整数m，k，使得b${\;}_{k+1}^{2}$=2T_m +19成立，
即（k+1）²=2•$\frac{m（m+1）}{2}$+19，
整理得：k（k+2）-m（m+1）=18，
①当k=m时，易知k=m=18；
②当k≠m时，解得k=4、m=2或k=6、m=5；
综上所述：正整数m、k满足题设条件．

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．