Question

3．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且a₁=2，2S_n=na_n+1（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）已知a_k，a_2k，a_3k+1（k∈N^*）是等比數(shù)列{b_n}的前3項，令T_n=$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{a}_{2}}{_{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$，求證：T_n＜4．
（3）在（2）的條件下，若對任意的n∈N^*，不等式λnb_nT_n+2S_n＞4λnb_n+12恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過2S_n=na_n+1與2S_n+1=（n+1）a_n+2作差、整理$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{n+2}{n+1}$，利用累乘法計算即得結(jié)論；
（2）通過${{a}_{2k}}^{2}$=a_k•a_3k+1即16k²=2k•2（3k+1）計算可知數(shù)列{b_n}的首項為b₁=a₁=2、公比為$\frac{_{2}}{_{1}}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=2的等比數(shù)列，從而$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，利用錯位相減法、放縮即得結(jié)論；
（3）通過（2）、化簡可知λ＜$\frac{12-2{S}_{n}}{n•_{n}•（{T}_{n}-4）}$=1-$\frac{n+6}{{n}^{2}+2n}$，問題轉(zhuǎn)化為求$\frac{n+6}{{n}^{2}+2n}$的最小值，計算即得結(jié)論．

解答 （1）解：依題意，a₂=2a₁=4，
∵2S_n=na_n+1，
∴2S_n+1=（n+1）a_n+2，
兩式相減得：2a_n+1=（n+1）a_n+2-na_n+1，
整理得：$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{n+2}{n+1}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•…•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{n}{n-1}$•$\frac{n-1}{n-2}$•…•$\frac{2}{1}$，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=n•a₁=2n；
（2）證明：∵a_k，a_2k，a_3k+1是等比數(shù)列{b_n}的前3項，
∴${{a}_{2k}}^{2}$=a_k•a_3k+1，即16k²=2k•2（3k+1），
整理得：k²=k，
解得：k=1或k=0（舍），
∴數(shù)列{b_n}的首項為b₁=a₁=2、公比為$\frac{_{2}}{_{1}}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=2的等比數(shù)列，
∴b_n=2•2^n-1=2ⁿ，
∴$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{2n}{{2}^{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∴T_n=$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{a}_{2}}{_{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{{2}^{1}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{1}}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{1}{{2}^{1}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$＜4；
（3）解：由（2）知T_n=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∵λnb_nT_n+2S_n＞4λnb_n+12，
∴λ＜$\frac{12-2{S}_{n}}{n•_{n}•（{T}_{n}-4）}$
=$\frac{12-n•2（n+1）}{n•{2}^{n}•（-\frac{1}{{2}^{n-2}}-\frac{n}{{2}^{n-1}}）}$=-$\frac{12-2n（n+1）}{n（4+2n）}$=$\frac{{n}^{2}+2n-（n+6）}{{n}^{2}+2n}$=1-$\frac{n+6}{{n}^{2}+2n}$，
顯然$\frac{n+6}{{n}^{2}+2n}$隨著n的增大而減小，且$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{n+6}{{n}^{2}+2n}$=0，
∴λ＜1，
∴實數(shù)λ的取值范圍為：（-∞，1）．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查解不等式，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．