Question

5．已知數(shù)列{a_n}，a_n＞0，其前n項(xiàng)和S_n滿足S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹，其中n∈N*．
（1）設(shè)b_n=$\frac{a_n}{2^n}$，證明：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（2）設(shè)c_n=b_n•2^-n，T_n為數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和，求證：T_n＜3；
（3）設(shè)d_n=4ⁿ+（-1）^n-1λ•2^b_n（λ為非零整數(shù)，n∈N*），試確定λ的值，使得對(duì)任意n∈N*，都有d_n+1＞d_n成立．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2a₁-4，a₁=4，當(dāng)n≥2時(shí)，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=2{a_n}-{2^{n+1}}-2{a_{n-1}}+{2^n}$，整理得：$\frac{a_n}{2^n}-\frac{{{a_{n-1}}}}{{{2^{n-1}}}}=1$，可得b_n-b_n-1=1，${b_1}=\frac{a_1}{2}=2$，{b_n}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列；
（2）由（1）可知：${c_n}={b_n}•{2^{-n}}=（n+1）•\frac{1}{2^n}$，利用“錯(cuò)位相減法”即可求得${T_n}=3-\frac{2}{2^n}-\frac{n+1}{2^n}=3-\frac{n+3}{2^n}＜3$；
（3）由d_n+1＞d_n得4ⁿ⁺¹+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺²＞4ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹，整理得：2^n-1+（-1）ⁿλ＞0，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，λ＜2^n-1，λ＜1；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ＞-2^n-1，λ＞-2，由λ為非零整數(shù)，即可求得λ=-1．

解答 解：（1）證明：當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2a₁-4，
∴a₁=4，
當(dāng)n≥2時(shí)，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=2{a_n}-{2^{n+1}}-2{a_{n-1}}+{2^n}$，
∴${a_n}-2{a_{n-1}}={2^n}$，即$\frac{a_n}{2^n}-\frac{{{a_{n-1}}}}{{{2^{n-1}}}}=1$，
∴b_n-b_n-1=1（常數(shù)），
又${b_1}=\frac{a_1}{2}=2$，
∴{b_n}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列，b_n=n+1．
（2）證明：由（1）可知：${c_n}={b_n}•{2^{-n}}=（n+1）•\frac{1}{2^n}$，
${T_n}=\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{n+1}{2^n}$，
相減得$\frac{1}{2}{T_n}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}-\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，
=$1+\frac{{\frac{1}{2^2}（1-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，
=$\frac{3}{2}-\frac{1}{2^n}-\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，
∴${T_n}=3-\frac{2}{2^n}-\frac{n+1}{2^n}=3-\frac{n+3}{2^n}＜3$．
（3）由d_n+1＞d_n得4ⁿ⁺¹+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺²＞4ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹，
3•4ⁿ+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺²+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺¹＞0，
3•4ⁿ+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺¹×3＞0，
2^n-1+（-1）ⁿλ＞0，
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，λ＜2^n-1，
∴λ＜1；
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ＞-2^n-1，
∴λ＞-2，
∴-2＜λ＜1，
又λ為非零整數(shù)，
∴λ=-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)及通項(xiàng)公式，“錯(cuò)位相減法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，不等式的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．