Question

正项数列{a_n}中，前n项和为S_n，且a₁=2，且an=2

2Sn-1

+2(n≥2)．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设bn=

an+8

2n+1

，T_n=b₁+b₂+…+b_n，证明

5

2

≤Tn＜7．

Answer 1

（1）由an=2

2Sn-1

+2(n≥2)，得Sn-Sn-1=2

2Sn-1

+2(n≥2)，
∴Sn=Sn-1+2

2

Sn-1

+2=(

Sn-1

+

2

)2，
∴

Sn

=

Sn-1

+

2

，
∴{

Sn

}是首项为

2

公差为

2

的等差数列，∴

Sn

=

2

n，∴Sn=2n2，
∴an=2

4(n-1)2

+2=4n-2(n≥2)，对n=1也成立，
∴a_n=4n-2；
（2）证明：bn=

2n+3

2n

，
Tn=

5

21

+

7

22

+

9

23

+…+

2n+3

2n

，

1

2

Tn=

5

22

+

7

23

+

9

24

+…+

2n+1

2n

+

2n+3

2n+1

，
两式相减，得

1

2

Tn=

5

2

+

2

22

+

2

23

+…+

2

2n

-

2

2n+1

=

7

2

-

2n+7

2n+1

，
所以T n=7-

2n+7

2n

，
∵n∈N•∴

2n+7

2n

＞0∴Tn＜7，
下面证明Tn≥

5

2

，
∵Tn+1-Tn=

2n+7

2n

-

2n+9

2n+1

=

2n+5

2n+1

＞0，∴T_n+1＞T_n，∴{T_n}单调递增，
∴Tn≥T1=

5

2

，
∴

5

2

≤Tn＜7