Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，且na_n+1=2S_n（n∈N^*），數(shù)列{b_n}滿足b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，對任意n∈N^*，都有b_n+1²=b_n•b_n+2．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）令T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n．
①求證：

1

2

≤T_n＜2；
②若對任意的n∈N^*，不等式λnT_n+2b_nS_n＜2（λn+3b_n）恒成立，試求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,數(shù)列的求和

專題：綜合題,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）利用na_n+1=2S_n，再寫一式，兩式相減，再疊乘，即可求數(shù)列{a_n}的通項公式；在數(shù)列{b_n}中，由b_n+1²=b_n•b_n+2，b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項、公比均為

1

2

，由此可得數(shù)列{b_n}的通項公式；
（2）①利用錯位相減法求數(shù)列的和，證明{T_n}是遞增數(shù)列，即可證明結(jié)論；
③再將不等式轉(zhuǎn)化為（1-λ）n²+（1-2λ）n-6＜0恒成立，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)，即可確定實數(shù)λ的取值范圍．

解答： （1）解：a₁=1，a₂=2 S₁=2 a₁=2
∵na_n+1=2S_n，∴（n-1）a_n=2S_n-1（n≥2），
兩式相減得，na_n+1-（n-1）a_n=2a_n（n≥2）
∴na_n+1=（n+1）a_n，即

an+1

an

=

n+1

n

（ n≥2），

an

an-1

=

n

n-1

(n≥3)．
∴an=

an

an-1

•

an-1

an-2

…

a4

a3

•

a3

a2

•a2=

n

n-1

•

n-1

n-2

•

n-2

n-3

…

4

3

•

3

2

•2=n（n≥3），
又a₁=1，a₂=2也滿足上式，故數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=n（n∈N^*）．
由

b

2 n+1

=bn•bn+2，知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，其首項、公比均為

1

2

，
∴數(shù)列{b_n}的通項公式bn=(

1

2

)n(n∈N*)．（若列出b₁、b₂、b₃直接得b_n而沒有證明扣1分）
（2）①證明：Tn=

1

2

+2•(

1

2

)2+…+(n-1)•(

1

2

)n-1+n•(

1

2

)n①
∴

1

2

Tn=(

1

2

)2+2•(

1

2

)3+…+(n-1)(

1

2

)n+n(

1

2

)n+1②
由①-②，得

1

2

Tn=

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)3+…+(

1

2

)n]-n•(

1

2

)n+1=1-

n+2

2n+1

，
∴Tn=2-

n+2

2n

＜2．
又_Tn+1-Tn=-

n+3

2n+1

+

n+2

2n

=

2(n+2)-(n+3)

2n+1

=

n+1

2n+1

恒正，故{T_n}是遞增數(shù)列，
∴Tn≥T1=

1

2

∴.

1

2

≤Tn＜2
②解：又sn=1+2+3+…+n=

n(n+1)

2

．不等式λnT_n+2b_nS_n＜2（λn+3b_n），
即λn(2-

n+2

2n

)+

n(n+1)

2n

＜2(λn+

3

2n

)，即（1-λ）n²+（1-2λ）n-6＜0（n∈N^*）恒成立．（10分）
∴λ＞

n2+n-6

n2+2n

（n∈N^*）恒成立，
令f(n)=

n2+n-6

n2+2n

．則f(n)=1-

n+6

n2+2n

=1-

1

n2+2n n+6

=1-

1

(n+6)+ 24 n+6 -10

，
由n+6≥7，(n+6)+

24

n+6

-10單調(diào)遞增且大于0，
∴f（n）單調(diào)遞增，當(dāng)n→+∞時，f（n）→1，且f（n）＜1，故λ≥1，
∴實數(shù)λ的取值范圍是[1，+∞）．

點評：本題考查數(shù)列遞推式，考查數(shù)列的通項，考查錯位相減法求數(shù)列的和，考查恒成立問題，確定數(shù)列的通項，正確求和是關(guān)鍵．