Question

9．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁+a₂=16且S_n=2S_n-1+n+4（n≥2，n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（Ⅱ）令b_n=na_n，求{b_n}的前n项和T_n．并判断是否存在唯一且不等于1的n使T_n=22n-17成立？若存在求出n值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将S_n=2S_n-1+n+4中的n换成n-1，相减得，a_n=2a_n-1+1，即a_n+1=2（a_n-1+1），求出a₁，a₂，得到{a_n+1}是以6为首项，2为公比的等比数列，从而得到通项a_n；
（Ⅱ）求出b_n的通项公式，运用分组求和和错位相减求和，设F_n=2+2×2²+..+n•2ⁿ，两边乘2，相减，即可得到求出F_n，从而解方程即可．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n=2S_n-1+n+4，
∴当n≥3时，S_n-1=2S_n-2+n+3，
相减得，S_n-S_n-1=2（S_n-1-S_n-2）+1，
即a_n=2a_n-1+1，
从而a_n+1=2（a_n-1+1），
当n=2时，S₂=2S₁+6即a₂-a₁=6，
又a₁+a₂=16，
∴a₁=5，a₂=11，
即a₂+1=2（a₁+1），
∴n≥2有a_n+1=2（a_n-1+1），
又a₁=5，a₁+1=6，
∴{a_n+1}是以6为首项，2为公比的等比数列，
即a_n+1=6×2^n-1，
∴a_n=3×2ⁿ-1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，b_n=n（3×2ⁿ-1），则
T_n=（3×2-1）+2×（3×2²-1）+…+n（3×2ⁿ-1）=3×（2+2×2²+..+n•2ⁿ）-（1+2+…+n）
设F_n=2+2×2²+..+n•2ⁿ，①
2F_n=2²+2×2³+…+（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹，②
②-①得，F_n=--2-2²-2³-…-2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹=2+（n-1）•2ⁿ⁺¹，
∴T_n=3F_n-（1+2+…+n）=6（n-1）•2ⁿ-$\frac{n（n+1）}{2}$+6．
若T_n=22n-17，
即6（n-1）•2ⁿ-$\frac{n（n+1）}{2}$+6=22n-17，
则6（n-1）•2ⁿ-$\frac{n（n+1）}{2}$-22n+23=0，
设f（n）=6（n-1）•2ⁿ-$\frac{n（n+1）}{2}$-22n+23
则f（1）=0，
f（2）=6×4-$\frac{2×3}{2}-$44+23=0，
则当n≥3时，函数f（n）为递增函数，
∴存在n=2使T_n=22n-17成立，此时n=2．

点评 本题考查等比数列的通项和求和公式，同时考查数列的通项与前n项和的关系式，以及数列的求和方法：错位相减，难度较大．