Question

16．已知数列{a_n}中，a₁=3，a₂=5，其前n项和为S_n满足S_n+S_n-2=2S_n-1+2^n-1（n≥3，n∈N*）
（Ⅰ）试求数列{a_n}的通项公式
（Ⅱ）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：对任意给定的m∈（0，$\frac{1}{6}$），均存在n₀∈N*，使得当n≥n₀时，T_n＞m恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可知S_n-S_n-1=S_n-1-S_n-2+2^n-1，即a_n-a_n-1=2^n-1，n≥3，采用“累加法”即可求得数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（{2}^{n}+1）（{2}^{n+1}+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{2}^{n}+1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$），采用“裂项法”即可求得数列{b_n}的前n项和T_n，由函数的单调性可知，T_n随着n的增大而增大，分离参数n＞log₂（$\frac{3}{1-6m}$-1）-1，分类log₂（$\frac{3}{1-6m}$-1）-1＜1及log₂（$\frac{3}{1-6m}$-1）-1≥1时，求得m的取值范围，求得n₀的值，即可证明存在n₀∈N*，使得当n≥n₀时，T_n＞m恒成立．

解答 解：（Ⅰ）由S_n+S_n-2=2S_n-1+2^n-1（n≥3，n∈N*），整理得：S_n-S_n-1=S_n-1-S_n-2+2^n-1，
∴a_n=a_n-1=2^n-1，即a_n-a_n-1=2^n-1，n≥3，
∵a₂-a₁=2，
a₃-a₂=4，
a₄-a₃=2³，
…
a_n-a_n-1=2^n-1，
将上式累加整理得：a_n-a₁=2+4+2³+…+2^n-1，
∴a_n=$\frac{2（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$+3=2ⁿ+1，
数列{a_n}的通项公式a_n=2ⁿ+1；
证明：（Ⅱ）b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（{2}^{n}+1）（{2}^{n+1}+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{2}^{n}+1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$），
∴数列{b_n}的前n项和T_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n，
=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{9}$）+…+（$\frac{1}{{2}^{n}+1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$）]，
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$），
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，化简整理得：$\frac{1-6m}{3}$＞$\frac{1}{{2}^{n+1}+1}$，
∵m∈（0，$\frac{1}{6}$），
∴1-6m＞0，
∴2ⁿ⁺¹＞$\frac{3}{1-6m}$-1，
n＞log₂（$\frac{3}{1-6m}$-1）-1，
当log₂（$\frac{3}{1-6m}$-1）-1＜1时，即0＜m＜$\frac{1}{15}$，取n₀=1，
当log₂（$\frac{3}{1-6m}$-1）-1≥1时，解得：$\frac{1}{15}$≤m＜$\frac{1}{6}$，记log₂（$\frac{3}{1-6m}$-1）-1的整数部分为p，
取n₀=p+1即可，
综上可知，对任意m∈（0，$\frac{1}{6}$），均存在n₀∈N*，使得当n≥n₀时，T_n＞m恒成立．

点评 本题考查数列通项公式的求法，考查“累加法”及“裂项法”的应用，考查数列与不等式的综合应用，考查计算能力，转化思想，分类讨论，属于难题．