Question

5．设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n（n∈N^*）．
（1）求a₂，a₃的值；
（3）求证：数列{S_n+2}是等比数列；
（3）设b_n=$\frac{8n-14}{{S}_{n}+2}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，求满足T_n＞0的最小自然数n的值．

Answer 1

分析 （1）利用a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，对n分别赋值，即可求a₂，a₃的值；
（2）再写一式，两式相减，化简即可得到结论；
（3）求得b_n=$\frac{8n-14}{{S}_{n}+2}$=$\frac{8n-14}{4•{2}^{n-1}}$=（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，运用错位相减法，可得前n项和为T_n，再由不等式T_n＞0，即有4n+1＜2ⁿ，可得n=1，2，3，4不成立，n≥5成立．

解答 （1）解：∵a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n（n∈N^*），
∴当n=1时，a₁=2×1=2；   
当n=2时，a₁+2a₂=（a₁+a₂）+4，∴a₂=4；  
当n=3时，a₁+2a₂+3a₃=2（a₁+a₂+a₃）+6，∴a₃=8．
（2）证明：∵a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n（n∈N^*），①
∴当n≥2时，a₁+2a₂+3a₃+…+（n-1）a_n-1=（n-2）S_n-1+2（n-1）．②
①-②得na_n=（n-1）S_n-（n-2）S_n-1+2，
∴na_n=n（S_n-S_n-1）-S_n+2S_n-1+2
∴na_n=na_n-S_n+2S_n-1+2．
∴-S_n+2S_n-1+2=0，即S_n=2S_n-1+2，
∴S_n+2=2（S_n-1+2）．         
∵S₁+2=4≠0，∴S_n-1+2≠0，
∴$\frac{{S}_{n}+2}{{S}_{n-1}+2}$=2，
故{S_n+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．   
（3）b_n=$\frac{8n-14}{{S}_{n}+2}$=$\frac{8n-14}{4•{2}^{n-1}}$=（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
T_n=（-3）$•\frac{1}{2}$+1•$\frac{1}{4}$+5•$\frac{1}{8}$+…+（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=（-3）•$\frac{1}{4}$+1•$\frac{1}{8}$+5•$\frac{1}{16}$+…+（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
两式相减，可得
$\frac{1}{2}$T_n=-$\frac{3}{2}$+4（$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=-$\frac{3}{2}$+4•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
化简可得，T_n=1-$\frac{4n+1}{{2}^{n}}$，
T_n＞0，即有4n+1＜2ⁿ，
可得n=1，2，3，4不成立，n≥5成立．
则满足T_n＞0的最小自然数n的值为5．

点评 本题考查数列递推式，考查等比数列的证明，数列的求和方法：错位相减法，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．