Question

已知S_n是数列{a_n}的前n项和，且a_n=S_n-1+2（n≥2），a₁=2.

（1）求数列{a_n}的通项公式；

（2）设b_n=,T_n=b_n+1+b_n+2+…+b_2n,是否存在最大的正整数k，使得对于任意的正整数n,有T_n＞恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.

Answer 1

（1）a_n=2·2^n-1=2ⁿ（2）存在最大正整数k=5使T_n＞恒成立

解析:

（1）由已知a_n=S_n-1+2                                             ①

得a_n+1=S_n+2                                                ②

②-①，得a_n+1-a_n=S_n-S_n-1 (n≥2),

∴a_n+1=2a_n (n≥2).

又a₁=2,∴a₂=a₁+2=4=2a₁,

∴a_n+1=2a_n (n=1,2,3,…)

所以数列{a_n}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，

∴a_n=2·2^n-1=2ⁿ.

(2)b_n===,

∴T_n=b_n+1+b_n+2+…+b_2n=++…+,

T_n+1=b_n+2+b_n+3+…+b_2(n+1)

=++…+++.

∴T_n+1-T_n=+-

=

=.

∵n是正整数，∴T_n+1-T_n＞0，即T_n+1＞T_n.

∴数列{T_n}是一个单调递增数列，

又T₁=b₂=，∴T_n≥T₁=,

要使T_n＞恒成立，则有＞,即k﹤6,

又k是正整数，故存在最大正整数k=5使T_n＞恒成立.