Question

5．已知数列{a_n}的首项为a₁=1，且满足对任意的n∈N^*，都有a_n+1-a_n≤2ⁿ，a_n+2-a_n≥3×2ⁿ成立，S_n是数列{b_n}的前n项和，且有$\frac{{S}_{n}}{2}$=1+$\frac{n-1}{n}$b_n．则满足a _n+2＜b_n的最小正整数n为4？

Answer 1

分析 通过a_n+1-a_n≤2ⁿ，a_n+2-a_n≥3×2ⁿ成立可知a_n+1-a_n=2ⁿ，进而累加计算可知a_n=2ⁿ-1，通过前n项和与第n项的关系对$\frac{{S}_{n}}{2}$=1+$\frac{n-1}{n}$b_n变形、化简可知$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=2•$\frac{n+1}{n}$，
进而利用累乘法计算可知b_n=n•2ⁿ，从而问题转化为解不等式2ⁿ⁺²-1＜n•2ⁿ，计算即得结论．

解答 解：∵a_n+1-a_n≤2ⁿ，∴-a_n+1+a_n≥-2ⁿ，
又∵a_n+2-a_n≥3×2ⁿ，
∴a_n+2-a_n+1=a_n+2-a_n-a_n+1+a_n≥3×2ⁿ-2ⁿ=2ⁿ⁺¹，
∴a_n+1-a_n≥2ⁿ，
又∵a_n+1-a_n≤2ⁿ，
∴a_n+1-a_n=2ⁿ，
又∵a₁=1，
∴a_n=a_n-a_n-1+a_n-1-a_n-2+…+a₃-a₂+a₂-a₁+a₁
=2^n-1+2^n-2+…+2²+2+1
=$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$
=2ⁿ-1，
∵$\frac{{S}_{n}}{2}$=1+$\frac{n-1}{n}$b_n，
∴$\frac{{b}_{n+1}}{2}$=$\frac{n}{n+1}$•b_n+1-$\frac{n-1}{n}$•b_n，
整理得：$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=2•$\frac{n+1}{n}$，
∴$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$=2•$\frac{n}{n-1}$，$\frac{{b}_{n-1}}{{b}_{n-2}}$=2•$\frac{n-1}{n-2}$，…，$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$=$2•\frac{2}{1}$，
累乘得：$\frac{{b}_{n}}{{b}_{1}}$=n•2^n-1，
又∵$\frac{{b}_{1}}{2}$=1+$\frac{1-1}{1}$•b₁，即b₁=2，
∴b_n=n•2ⁿ，
∵a_n+2＜b_n，
∴2ⁿ⁺²-1＜n•2ⁿ，
∴（4-n）•2ⁿ≤1，
∴当n=4时上式首次成立，
∴满足条件的最小正整数n为4，
故答案为：4．

点评 本题考查数列的通项及前，利用累加法、累乘法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．