Question

20．已知数列{a_n}，若a₁=3，a₂=5，且满足a_n+1-a_n=2ⁿ
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，T_n是数列{b_n}的前n项和，证明：T_n＜$\frac{1}{6}$；
（3）证明：对任意给定的m∈（0，$\frac{1}{6}$），均存在n₀∈N^*，使得当n≥n₀时，（2）中的T_n＞m恒成立．

Answer 1

分析 （1）由数列递推式直接由累加法结合等比数列的前n项和得答案；
（2）把{a_n}的通项公式代入b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$，由裂项相消法求和后得答案；
（3）作差得到T_n为递增数列，由T_n＞m，得$\frac{1-6m}{3}＞\frac{1}{{2}^{m+1}+1}$，进一步得到$n＞lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1$，然后分类求得n₀得答案．

解答 （1）解：由a_n+1-a_n=2ⁿ，得
a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=${2}^{n-1}+{2}^{n-2}+…+2+3=\frac{2（1-{2}^{n-1}）}{1-2}+3={2}^{n}+1$；
（2）证明：b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（{2}^{n}+1）（{2}^{n+1}+1）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{{2}^{n}+1}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}）$，
∴${T}_{n}={b}_{1}+{b}_{2}+…+{b}_{n}=\frac{1}{2}[（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+（\frac{1}{5}-\frac{1}{9}）+…+（\frac{1}{{2}^{n}+1}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}）]$
=$\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}）$$＜\frac{1}{6}$；
（3）证明：由（2），${T}_{n}=\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}）$，
∵${T}_{n+1}-{T}_{n}=\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n+1}+1）（{2}^{n+2}+1）}＞0$，
∴T_n随着n的增大而增大．  
若T_n＞m，则$\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{{2}^{n+1}+1}）＞m$，化简得$\frac{1-6m}{3}＞\frac{1}{{2}^{m+1}+1}$，
∵$m∈（0，\frac{1}{6}）$，∴1-6m＞0，则${2}^{n+1}＞\frac{3}{1-6m}-1$，
∴$n＞lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）-1$，
当$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）$＜1，即0$＜m＜\frac{1}{15}$时，取n₀=1即可．
当$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）$≥1，即$\frac{1}{15}≤m＜\frac{1}{6}$时，记$lo{g}_{2}（\frac{3}{1-6m}-1）$的整数部分为p，
取n₀=p+1即可．
综上可知，对任意给定的m∈（0，$\frac{1}{6}$），均存在n₀∈N^*，使得当n≥n₀时，（2）中的T_n＞m恒成立．

点评 本题考查数列递推式，考查了累加法求数列的通项公式，训练了裂项相消法求数列的和，考查数列的函数特性，训练了分类讨论的数学思想方法，属有一定难度题目．