Question

設數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=2-a_n，n∈N₊，數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，且b_n+1=b_n+a_n
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項公式；
（2）設c_n=n（3-b_n），數(shù)列c_n=n（3-b_n）的前n項和為T_n，求證：T_n＜8；
（3）設數(shù)列{d_n}滿足d_n=4ⁿ+（-1）^n-1•λ•

1

an

（n∈N₊），若數(shù)列{d_n}是遞增數(shù)列，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：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知條件推導出a₁=1.

an+1

an

=

1

2

（n≥2），從而求出a_n=（

1

2

）^n-1．b_n+1-b_n=（

1

2

^）n-1．利用疊加法能求出b_n=3-（

1

2

）^n-2．
（2）由c_n=n（3-b_n）=2n（

1

2

）^n-1．利用錯位相減法求出T_n=8-

8+4n

2n

，從而得到T_n＜8．
（3）由（1）知dn=4n+(-1)n-1•λ•

1

an

=4ⁿ+（-1）ⁿ•λ•2^n-1，由數(shù)列{d_n}是遞增數(shù)列，得到（-1）ⁿ•λ＞-2ⁿ⁺¹對?n∈N^*恒成立，由此能求出實數(shù)λ的取值范圍．

解答： 解：（1）∵n=1時，a₁+S₁=a₁+a₁=2，∴a₁=1．
∵S_n=2-a_n，即a_n+S_n=2，∴a_n+1+S_n+1=2．
兩式相減：a_n+1-a_n+S_n+1-S_n=0．
即a_n+1-a_n+a_n+1=0，故有2a_n+1=a_n，
∵a_n≠0，∴

an+1

an

=

1

2

（n≥2），
∴a_n=（

1

2

）^n-1．…（2分）
∵b_n+1=b_n+a_n（n=1，2，3，…），∴b_n+1-b_n=（

1

2

^）n-1．
得b₂-b₁=1，b₃-b₂=

1

2

，b₄-b₃=（

1

2

）²，…，b_n-b_n-1=（

1

2

）^n-2（n=2，3，…）．
將這n-1個等式相加，得
b_n-b₁=1+

1

2

+（

1

2

）²+（

1

2

）³+…+（

1

2

）^n-2
=

1-( 1 2 )n-1

1- 1 2

=2-（

1

2

）^n-2．
又∵b₁=1，∴b_n=3-（

1

2

）^n-2（n=1，2，3…）．…（4分）
（2）證明：∵c_n=n（3-b_n）=2n（

1

2

）^n-1．
∴T_n=2[(

1

2

)0+2×(

1

2

)+3×(

1

2

)2+…+n×(

1

2

)n-1]，①

1

2

Tn=2[(

1

2

)+2×(

1

2

)2+3×(

1

2

)3+…+n×(

1

2

)n]，②
①-②得：

1

2

T_n=2[(

1

2

)0+(

1

2

)+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1]-2×n×(

1

2

)n，
∴T_n=4×

1-( 1 2 )n

1- 1 2

-4×n×（

1

2

）ⁿ=8-

8

2n

-4×n×（

1

2

）ⁿ
=8-

8+4n

2n

（n=1，2，3，…）． …（8分）
∴T_n＜8．…（9分）
（3）由（1）知dn=4n+(-1)n-1•λ•

1

an

=4ⁿ+（-1）ⁿ•λ•2^n-1，
由數(shù)列{d_n}是遞增數(shù)列，∴對?n∈N^*，d_n+1＞d_n恒成立，
即d_n+1-d_n=4ⁿ⁺¹+（-1）ⁿ•λ•2ⁿ-4ⁿ-（-1）^n-1•λ•2^n-1
=3•4ⁿ+（-1）ⁿ•λ•3•2^n-1＞0對?∈NN^*恒成立，
即（-1）ⁿ•λ＞-2ⁿ⁺¹對?n∈N^*恒成立，…（11分）
當n為奇數(shù)時，即λ＜2ⁿ⁺¹恒成立，∴λ＜4，…（12分）
當n為偶數(shù)時，即λ＞-2ⁿ⁺¹恒成立，∴λ＞-8，…（13分）
綜上實數(shù)λ的取值范圍為（-8，4）．…（14分）

點評：本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，解題時要認真審題，注意分類討論思想的合理運用．