Question

6．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=3，a_n+1=2a_n+2ⁿ⁺¹-1（n∈N^*）．
（1）求a₂，a₃
（2）求实数λ使{$\frac{{a}_{n}+λ}{{2}^{n}}$}为等差数列，并由此求出a_n与S_n；
（3）求n的所有取值，使$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$∈N^*，说明你的理由．

Answer 1

分析 （1）由已知条件分别令n=1和n=2，能依次求出a₂，a₃．
（2）由已知得$\frac{{a}_{n+1}-1}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}-1}{{2}^{n}}$=1，由此能求出实数λ使{$\frac{{a}_{n}+λ}{{2}^{n}}$}为等差数列，并利用错位相减法能求出由此求出a_n与S_n．
（3）由$\frac{S_n}{a_n}=\frac{{（n-1）•{2^{n+1}}+n+2}}{{n•{2^n}+1}}=2+\frac{{n-{2^{n+1}}}}{{n•{2^n}+1}}$，能求出n的所有取值，使$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$∈N^*，

解答 解：（1）∵数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=3，a_n+1=2a_n+2ⁿ⁺¹-1（n∈N^*），
∴${a}_{2}=2×3+{2}^{2}-1$=9，
${a}_{3}=2×9+{2}^{3}-1$=25．…（2分）
（2）∵a₁=3，a_n+1=2a_n+2ⁿ⁺¹-1（n∈N^*），
∴a_n+1-1=2（a_n-1）+2ⁿ⁺¹，
∴$\frac{{a}_{n+1}-1}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}-1}{{2}^{n}}$=1，…（4分）
故λ=-1时，{$\frac{{a}_{n}+λ}{{2}^{n}}$}成等差数列，且首项为$\frac{{{a_1}-1}}{2}=1$，公差为d=1．
（注：由前3项列方程求出λ=-1后，没有证明的扣1分）
∴$\frac{{{a_n}-1}}{2^n}=n$即${a_n}=n•{2^n}+1$．…（5分）
此时${S_n}=（1×2+2×{2^2}+3×{2^3}+…+n×{2^n}）+n$
令T_n=1×2+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ，则S_n=T_n+n，
又${T_n}=1×2+2×{2^2}+3×{2^3}+…+n×{2^n}$…①
则$2{T_n}=，1×{2^2}+2×{2^3}+3×{2^4}+…+n×{2^{n+1}}$…②
①-②得-T_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n×2ⁿ⁺¹=（1-n）×2ⁿ⁺¹-2，
∴T_n=（n-1）×2ⁿ⁺¹+2，
∴${S_n}={T_n}+n=（n-1）×{2^{n+1}}+2+n$．…（8分）
（3）$\frac{S_n}{a_n}=\frac{{（n-1）•{2^{n+1}}+n+2}}{{n•{2^n}+1}}=2+\frac{{n-{2^{n+1}}}}{{n•{2^n}+1}}$…（9分）
结合y=2^x及$y=\frac{1}{2}x$的图象可知${2^n}＞\frac{n}{2}$恒成立，
∴2ⁿ⁺¹＞n，即n-2ⁿ⁺¹＜0，∵n•2ⁿ+1＞0，∴$\frac{S_n}{a_n}＜2$，…（10分）
当n=1时，$\frac{S_n}{a_n}=\frac{S_1}{a_1}=1∈{N_+}$…（11分）
当n≥2时，∵a_n＞0且{a_n}为递增数列，∴S_n＞0且S_n＞a_n
∴$\frac{S_n}{a_n}＞1$，即$1＜\frac{S_n}{a_n}＜2$，∴当n≥2时，$\frac{S_n}{a_n}∉{N_+}$，
综上可得n=1．…（12分）

点评 本题考查数列的通项公式和前n项和的求法，考查实数n的所有取值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法和错位相减法的合理运用．