题目内容

17.在数列{an}中,a1=$\frac{1}{2}$,其前n项和为Sn,且Sn=an+1-$\frac{1}{2}$(n∈N*).
(Ⅰ)求an,Sn;
(Ⅱ)设bn=log2(2Sn+1)-2,数列{cn}满足cn•bn+3•bn+4=1+n(n+1)(n+2)•2bn,数列{cn}的前n项和为Tn,求使4Tn>2n+1-$\frac{1}{504}$成立的最小正整数n的值.

分析 (Ⅰ)由Sn=an+1-$\frac{1}{2}$,得${S}_{n-1}={a}_{n}-\frac{1}{2}(n≥2)$,两式作差后可得数列{an}是首项为$\frac{1}{2}$,公比为2 的等比数列,由等比数列的通项公式得${a}_{n}=\frac{1}{2}•{2}^{n-1}={2}^{n-2}$,代入Sn=an+1-$\frac{1}{2}$求得Sn;
(Ⅱ)把Sn代入bn=log2(2Sn+1)-2,结合cn•bn+3•bn+4=1+n(n+1)(n+2)•2bn求得cn,然后利用裂项相消法及等比数列的前n项和得答案.

解答 解:(Ⅰ)由Sn=an+1-$\frac{1}{2}$,得${S}_{n-1}={a}_{n}-\frac{1}{2}(n≥2)$,
两式作差得:an=an+1-an,即2an=an+1(n≥2),
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=2(n≥2)$,
又${a}_{1}={S}_{1}={a}_{2}-\frac{1}{2}$,得a2=1,
∴$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=2$,
∴数列{an}是首项为$\frac{1}{2}$,公比为2的等比数列,
则${a}_{n}=\frac{1}{2}•{2}^{n-1}={2}^{n-2}$,
${S}_{n}={a}_{n+1}-\frac{1}{2}={2}^{n-1}-\frac{1}{2}$;
(Ⅱ)bn=log2(2Sn+1)-2=$lo{g}_{2}{2}^{n}-2=n-2$,
∴cn•bn+3•bn+4=1+n(n+1)(n+2)•2bn,
即${c}_{n}(n+1)(n+2)=1+(n+1)(n+2)•{2}^{n-2}$,
${c}_{n}=\frac{1}{(n+1)(n+2)}+{2}^{n-2}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+{2}^{n-2}$,
${T}_{n}=(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+…+(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})$+(2-1+20+…+2n-2)
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}+\frac{\frac{1}{2}(1-{2}^{n})}{1-2}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{2}+{2}^{n-1}$=${2}^{n-1}-\frac{1}{n+2}$.
由4Tn>2n+1-$\frac{1}{504}$,得
$4({2}^{n-1}-\frac{1}{n+2})>{2}^{n+1}-\frac{1}{504}$,
即$\frac{4}{n+2}<\frac{1}{504}$,n>2014.
∴使4Tn>2n+1-$\frac{1}{504}$成立的最小正整数n的值为2015.

点评 本题考查了数列递推式,考查了等比关系的确定,训练了数列的分组求和、裂项相消法求数列的和及等比数列的前n项和,是中档题.

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