Question

5．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，已知a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n（n∈N^*）．
（1）求a₂，a₃的值；
（3）求證：數(shù)列{S_n+2}是等比數(shù)列；
（3）設(shè)b_n=$\frac{8n-14}{{S}_{n}+2}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求滿(mǎn)足T_n＞0的最小自然數(shù)n的值．

Answer 1

分析 （1）利用a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，對(duì)n分別賦值，即可求a₂，a₃的值；
（2）再寫(xiě)一式，兩式相減，化簡(jiǎn)即可得到結(jié)論；
（3）求得b_n=$\frac{8n-14}{{S}_{n}+2}$=$\frac{8n-14}{4•{2}^{n-1}}$=（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，運(yùn)用錯(cuò)位相減法，可得前n項(xiàng)和為T(mén)_n，再由不等式T_n＞0，即有4n+1＜2ⁿ，可得n=1，2，3，4不成立，n≥5成立．

解答 （1）解：∵a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n（n∈N^*），
∴當(dāng)n=1時(shí)，a₁=2×1=2；   
當(dāng)n=2時(shí)，a₁+2a₂=（a₁+a₂）+4，∴a₂=4；  
當(dāng)n=3時(shí)，a₁+2a₂+3a₃=2（a₁+a₂+a₃）+6，∴a₃=8．
（2）證明：∵a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n（n∈N^*），①
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a₁+2a₂+3a₃+…+（n-1）a_n-1=（n-2）S_n-1+2（n-1）．②
①-②得na_n=（n-1）S_n-（n-2）S_n-1+2，
∴na_n=n（S_n-S_n-1）-S_n+2S_n-1+2
∴na_n=na_n-S_n+2S_n-1+2．
∴-S_n+2S_n-1+2=0，即S_n=2S_n-1+2，
∴S_n+2=2（S_n-1+2）．         
∵S₁+2=4≠0，∴S_n-1+2≠0，
∴$\frac{{S}_{n}+2}{{S}_{n-1}+2}$=2，
故{S_n+2}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．   
（3）b_n=$\frac{8n-14}{{S}_{n}+2}$=$\frac{8n-14}{4•{2}^{n-1}}$=（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
T_n=（-3）$•\frac{1}{2}$+1•$\frac{1}{4}$+5•$\frac{1}{8}$+…+（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=（-3）•$\frac{1}{4}$+1•$\frac{1}{8}$+5•$\frac{1}{16}$+…+（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減，可得
$\frac{1}{2}$T_n=-$\frac{3}{2}$+4（$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=-$\frac{3}{2}$+4•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（4n-7）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
化簡(jiǎn)可得，T_n=1-$\frac{4n+1}{{2}^{n}}$，
T_n＞0，即有4n+1＜2ⁿ，
可得n=1，2，3，4不成立，n≥5成立．
則滿(mǎn)足T_n＞0的最小自然數(shù)n的值為5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查等比數(shù)列的證明，數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．