Question

12．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=2a_n-2n（n∈N^*）．
（1）求证：数列{a_n+2}是等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）若数列{b_n}满足b_n=log₂（a_n+2），T_n为数列$\{\frac{b_n}{{{a_n}+2}}\}$的前n项和，求证：T_n≥$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2a_n-2n，得当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-2（n-1），两式相减得a_n=2a_n-1+2，由此能推导出{a_n+2}是以a₁+2=4为首项，2为公比的等比数列，进而能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）${b_n}={log_2}（{a_n}+2）={log_2}{2^{n+1}}=n+1$，从而$\frac{b_n}{{{a_n}+2}}=\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，进而${T_n}=\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，由此利用错位相减法能求出${T_n}=\frac{3}{2}-\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}$，从而能证明${T_n}≥\frac{1}{2}$．

解答 证明：（1）当n∈N^*时，S_n=2a_n-2n，①
当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-2（n-1）②
由①②两式相减得：a_n=2a_n-2a_n-1-2，即a_n=2a_n-1+2，
∴a_n+2=2（a_n-1+2），∴$\frac{{{a_n}+2}}{{{a_{n-1}}+2}}=2$，
当n=1时，S₁=2a₁-2，则a₁=2，
∴{a_n+2}是以a₁+2=4为首项，2为公比的等比数列，
∴${a_n}+2=4•{2^{n-1}}$，∴${a_n}={2^{n+1}}-2$．
（2）${b_n}={log_2}（{a_n}+2）={log_2}{2^{n+1}}=n+1$，
∴$\frac{b_n}{{{a_n}+2}}=\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，
则${T_n}=\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$①
$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}+…+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}+\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$②
由①-②得：$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{2}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{{{2^{n+1}}}}+\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$
=$\frac{1}{4}+\frac{{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{2^n}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$=$\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$
=$\frac{3}{4}-\frac{n+3}{{{2^{n+2}}}}$，
∴${T_n}=\frac{3}{2}-\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}$．
∴当n=1时，$\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}=\frac{4}{4}=1$，${T_n}=\frac{1}{2}$；
当n≥2时，$\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}≤1$，${T_n}≥\frac{1}{2}$，
∴综上得：${T_n}≥\frac{1}{2}$．

点评 本题考查等比数列的证明，考查数列的前n项和不小于$\frac{1}{2}$的证明，考查等比数列、错位相减法、构造法等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．