Question

数列{a_n}的前n项和记为S_n，S_n=2a_n-2．
（I）求{a_n}通项公式；
（Ⅱ）等差数列{b_n}的各项为正，其前3项和为6，又a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₄成等比数列，求{b_n}的通项公式；
（Ⅲ）记cn=

bn

an

，数列{c_n}的前项和记为T_n，问是否存在常数k，使对任意的n≥k，n∈N，都有|Tn-2| ＜

1

n

成立，若存在，求常数k的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（I）由S_n=2a_n-2，知S_n-1=2a_n-1-2，故a_n=2a_n-1，

an

an-1

=2，n≥2，由此能求出{a_n}通项公式．
（Ⅱ）由题设知

3b1+3d=6 (2+b1)(8+b1+3d)=(4+b1+d)2

，由此能求出{b_n}的通项公式．
（Ⅲ）由题设知Tn=

1

2

+

2

4

+

3

8

+…+

n

2n

，利用错位相减法能得到Tn=

1

1

+

1

2

+

1

4

+…+

1

2 n-1

-

n

2 n

=2-

n+2

2n

．由|Tn-2|=

n+2

2n

＜

1

n

，知

n(n+2)

2n

＜1，设dn=

n(n+2)

2n

，能够推导出当k=6时，使对任意的n≥k，n∈N，|Tn-2| ＜

1

n

都成立．

解答：解：（I）∵S_n=2a_n-2，则S_n-1=2a_n-1-2，
两式相减，得a_n=2a_n-1，

an

an-1

=2，n≥2，
当n=1时，S₁=a₁=2a₁-2，
∴a₁=2，
∴{a_n}是等比数列，公比为2，∴an=2n．
（Ⅱ）∵等差数列{b_n}的各项为正，其前3项和为6，
又a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₄成等比数列，
∴

3b1+3d=6 (2+b1)(8+b1+3d)=(4+b1+d)2

，
解得

b1=1 d=1

，或

b1=4 d=-2

（舍）
∴b_n=n．
（Ⅲ）∵cn=

bn

an

，数列{c_n}的前项和记为T_n，
∴Tn=

1

2

+

2

4

+

3

8

+…+

n

2n

，
2T_n=

1

1

+

2

2

+

3

4

+…+

n

2n-1

，
∴Tn=

1

1

+

1

2

+

1

4

+…+

1

2 n-1

-

n

2 n

=2-

1

2 n-1

-

n

2 n

=2-

n+2

2n

．
∴|Tn-2|=

n+2

2n

＜

1

n

，即

n(n+2)

2n

＜1，
设dn=

n(n+2)

2n

，
dn+1=

(n+1)(n+3)

2n+1

，
dn+1-dn=

3-n2

2n+1

．
当n≥2时，d_n+1＜d_n，
d3=

15

8

，d4=

3

2

，d5=

35

32

，d6=

3

4

，
∴当k≥6时，使对任意的n≥k，n∈N，|Tn-2| ＜

1

n

都成立．

点评：本题考查数列的通项公式的求法和判断是否存在常数k，使对任意的n≥k，n∈N，都有|Tn-2| ＜

1

n

成立．解题时要认真审题，注意迭代法和错位相减法的灵活运用．