Question

8．已知数列{a_n}的前n项和S_n=2a_n-3•2ⁿ+4．
（1）求证：数列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差数列；
（2）设T_n为数列{S_n-4}的前n项和，求T_n；
（3）设c_n=$\frac{（3n+5）{2}^{n-1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，数列{c_n}的前n项和为Q_n，求证：Q_n≥$\frac{2}{5}$．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2a_n-3•2ⁿ+4，利用递推关系可得：a_n=2a_n-1+3×2^n-1．变形为$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{3}{2}$，即可证明数列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差数列．
（2）由（1）利用等差数列的通项公式可得：a_n=（3n-1）•2^n-1．因此S_n-4=（3n-4）•2ⁿ．利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．
（3）c_n=$\frac{（3n+5）•{2}^{n-1}}{（3n-1）•{2}^{n-1}•（3n+2）•{2}^{n}}$=$\frac{1}{（3n-1）•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（3n+2）•{2}^{n}}$，利用“裂项求和”方法与数列的单调性即可证明．

解答 （1）证明：∵S_n=2a_n-3•2ⁿ+4，∴n=1时，a₁=2a₁-6+4，解得a₁=2．
n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-3•2ⁿ+4-$（2{a}_{n-1}-3×{2}^{n-1}+4）$，化为：a_n=2a_n-1+3×2^n-1．
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{3}{2}$，
∴数列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差数列，首项为1，公差为$\frac{3}{2}$．
（2）解：由（1）可得：$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1+$\frac{3}{2}$（n-1）=$\frac{3n-1}{2}$．
∴a_n=（3n-1）•2^n-1．
∴S_n=2a_n-3•2ⁿ+4=（3n-4）•2ⁿ+4．
∴S_n-4=（3n-4）•2ⁿ．
∴数列{S_n-4}的前n项和T_n=-2+2×2²+5×2³+…+（3n-4）•2ⁿ．
2T_n=-2²+2×2³+5×2⁴+…+（3n-7）•2ⁿ+（3n-4）•2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=-2+3×（2²+2³+…+2ⁿ）-（3n-4）•2ⁿ⁺¹=$3×\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-8-（3n-4）•2ⁿ⁺¹=（7-3n）•2ⁿ⁺¹-14，
∴T_n=（3n-7）•2ⁿ⁺¹+14．
（3）证明：c_n=$\frac{（3n+5）{2}^{n-1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{（3n+5）•{2}^{n-1}}{（3n-1）•{2}^{n-1}•（3n+2）•{2}^{n}}$=$\frac{1}{（3n-1）•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（3n+2）•{2}^{n}}$，
∴数列{c_n}的前n项和为Q_n=（$\frac{1}{2×1}-\frac{1}{5×2}$）+$（\frac{1}{5×2}-\frac{1}{8×{2}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（3n-1）•{2}^{n-1}}-\frac{1}{（3n+2）•{2}^{n}}）$
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{（3n+2）•{2}^{n}}$≥$\frac{2}{5}$．
∴Q_n≥$\frac{2}{5}$．

点评 本题考查了“错位相减法”、“裂项求和”方法、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．