Question

13．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=1，且na_n+1=2S_n（n∈N^*），數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足b₁=$\frac{1}{2}$，b₂=$\frac{1}{4}$，對(duì)任意n∈N⁺，都有b_n+1²=b_n•b_n+2
（I）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（II）設(shè){a_nb_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，若T_n＞$\frac{4-λ}{2}$對(duì)任意的n∈N⁺恒成立，求λ得取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用na_n+1=2S_n，再寫(xiě)一式，兩式相減，再疊乘，即可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；在等比數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足b₁=$\frac{1}{2}$，b₂=$\frac{1}{4}$，公比為$\frac{1}{2}$，由此可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，再將不等式轉(zhuǎn)化為λ＞$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$對(duì)任意的n∈N⁺恒成立，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)，即可確定實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵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，
∴na_n+1=（n+1）a_n，即$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+1}{n}$（n≥2），
又因?yàn)閍₁=1，a₂=2，從而$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=2，
∴a_n=1×$\frac{2}{1}×\frac{3}{2}$×…×$\frac{n}{n-1}$=n（n≥2），
故數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=n（n∈N^*）．
在數(shù)列{b_n}中，由b_n+1²=b_n•b_n+2，知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式b_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$；
（Ⅱ）∵T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=$\frac{1}{2}$+2×（$\frac{1}{2}$）²+…+n×$（\frac{1}{2}）^{n}$     ①
∴$\frac{1}{2}$T_n=（$\frac{1}{2}$）²+2×（$\frac{1}{2}$）³+…+（n-1）×$（\frac{1}{2}）^{n}$+n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹       ②
由①-②，得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+$（\frac{1}{2}）^{n}$-×（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=1-$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
T_n＞$\frac{4-λ}{2}$對(duì)任意的n∈N⁺恒成立，λ＞$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$對(duì)任意的n∈N⁺恒成立，
設(shè)f（n）=$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
f（n）-f（n-1）=$-\frac{n}{{2}^{n-1}}$＜0，
則f（n）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，f（n）≤f（1）=3恒成立，則λ＞3滿(mǎn)足條件．
綜上所述，實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（3，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，考查恒成立問(wèn)題，確定數(shù)列的通項(xiàng)，正確求和是關(guān)鍵．