Question

15．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且對(duì)任意的n∈N^*，都有2S_n=n²+n．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ） 數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，2b_n+1-b_n=0（n∈N^*），若c_n=a_nb_n，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，問(wèn)是否存在整數(shù)m，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有m-2＜T_n＜m+2，若存在，求出m的值，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （I）利用遞推關(guān)系可得．
（Ⅱ）由 b₁=1，2b_n+1-b_n=0知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，${b_n}={（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，因此${c_n}=n•{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，對(duì)任意的n∈N^*，都有T_n＜4，作差可得T_n+1＞T_n，從而1≤T_n＜4，即為得出．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)n=1時(shí)，由2a₁=2得a₁=1，
當(dāng)n≥2時(shí)，由$2{S_n}={n^2}+n$得$2{S_{n-1}}={（n-1）^2}+（n-1）$，
兩式相減得a_n=n，∵a₁=1也滿足此式，
∴${a_n}=n（n∈{N^*}）$．
（Ⅱ）由 b₁=1，2b_n+1-b_n=0知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，${b_n}={（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，
∴${c_n}=n•{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，
∵${T_n}=1+2×{（\frac{1}{2}）^1}+3×{（\frac{1}{2}）^2}+…+n×{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$
∴$\frac{1}{2}$T_n   $（\frac{1}{2}{）^1}+2×{（\frac{1}{2}）^2}+…+（n-1）×{（\frac{1}{2}）^{n-1}}+n×（\frac{1}{2}{）^n}$，
兩式相減得$\frac{1}{2}{T_n}=1+{（\frac{1}{2}）^1}+{（\frac{1}{2}）^2}+…+{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-n×{（\frac{1}{2}）^n}=\frac{{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-n×{（\frac{1}{2}）^n}=2-（n+2）{（\frac{1}{2}）^n}$，
∴${T_n}=4-（n+2）{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，對(duì)任意的n∈N^*，都有T_n＜4，
∵${T_{n+1}}-{T_n}=（n+2）{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-（n+3）{（\frac{1}{2}）^n}=（n+1）{（\frac{1}{2}）^n}＞0$，∴T_n+1＞T_n，
∴T_n≥T₁=1，從而1≤T_n＜4．
要使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有m-2＜T_n＜m+2，只需$\left\{\begin{array}{l}m-2＜1\\ m+2≥4\end{array}\right.$，即2≤m＜3．
故存在整數(shù)m=2，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有m-2＜T_n＜m+2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、數(shù)列遞推關(guān)系、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．