Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁+a₂=16且S_n=n+4+2S_n-1．
（1）求数列的通项公式a_n；
（2）若数列{b_n}满足b_n=na_n，其前n项和为T_n，证明：存在唯一的n≠1，使得T_n=22n-17成立．

Answer 1

考点：数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由已知求得数列首项，且得到a_n+1-a_n=a_n+1，由此构造出等比数列{a_n+1}，求其通项公式即可得到数列的通项公式a_n；
（2）由b_n=na_n，利用错位相减法求得数列{b_n}的前n项和为T_n，结合T_n=22n-17，由数列的函数特性借助于导数可证存在唯一的n≠1，使得T_n=22n-17成立．

解答： （1）解：由S_n=n+4+2S_n-1，得a_n=n+4+S_n-1  ①，
则a_n+1=n+1+4+S_n  ②，
②-①得：a_n+1-a_n=a_n+1，即a_n+1+1=2（a_n+1）．
在S_n=n+4+2S_n-1中，取n=2，得a₁+a₂=6+2a₁，
联立

a1+a2=16 a2-a1=6

，解得a₁=5．
∴数列{a_n+1}是以a₁+1=6为首项，以2为公比的等比数列，
∴an+1=6•2n-1，
an=6•2n-1-1=3•2ⁿ-1；
（2）证明：b_n=na_n=n（3×2ⁿ-1）=3×（n×2ⁿ）-n，
T_n=b₁+b₂+…+b_n
=3×（1×2+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ）-（1+2+…+n）
=3×（1×2+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ）-

n(n+1)

2

．
令C_n=1×2+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ，
则2C_n=1×2²+2×2³+…+（n-1）×2ⁿ+n×2ⁿ⁺¹．
两式作差得-C_n=2+2²+…+2ⁿ-n×2ⁿ⁺¹=

2(1-2n)

1-2

-n×2n+1
=（1-n）×2ⁿ⁺¹-2．
∴Cn=(n-1)×2n+1+2．
则Tn=3(n-1)×2n+1+6-

n(n+1)

2

．
由T_n=22n-17，得3(n-1)×2n+1+6-

n(n+1)

2

=22n-17．
即2n+1=

1

6

(n+46)．
令f（n）=2n+1-

1

6

(n+46)，
f′(n)=(n+1)ln2-

1

6

＞0，
∴f（n）为递增数列，又f（2）=0．
∴存在唯一的n=2≠1，使得T_n=22n-17成立．

点评：本题考查了数列递推式，考查了构造法求数列的通项公式，考查了数列的函数特性，训练了利用导数研究函数的单调性，是中档题．