Question

2．已知數(shù)列{a_n}中，a_n＞0，其前n項(xiàng)的和為S_n，且$4{S_n}={a_n}^2+2{a_n}，n∈{N^*}$．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)${b_n}={（{\frac{1}{2}}）^{a_n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)的和為T(mén)_n，若對(duì)一切n∈N^*，均有${T_n}∈（{\frac{1}{m+3}，{m^2}-6m+\frac{25}{3}}）$，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用$4{S_n}={a_n}^2+2{a_n}，n∈{N^*}$與4S_n-1=${{a}_{n-1}}^{2}$+2a_n-1，n≥2作差整理可知a_n-a_n-1=2（n≥2），進(jìn)而可知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)、公差均為2的等差數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)（I）可知數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的求和公式可知T_n∈（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{3}$），解不等式即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵$4{S_n}={a_n}^2+2{a_n}，n∈{N^*}$，
∴4S_n-1=${{a}_{n-1}}^{2}$+2a_n-1，n≥2，
兩式相減得：4a_n=${{a}_{n}}^{2}$-${{a}_{n-1}}^{2}$+2a_n-2a_n-1，
整理得：${{a}_{n}}^{2}$-${{a}_{n-1}}^{2}$=2（a_n+a_n-1），
又∵a_n＞0，
∴a_n-a_n-1=2（n≥2），
又∵4S₁=${{a}_{1}}^{2}$+2a₁，解得：a₁=2或a₁=0（舍），
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)、公差均為2的等差數(shù)列，
故其通項(xiàng)公式a_n=2+2（n-1）=2n；
（Ⅱ）由（I）可知${b_n}={（{\frac{1}{2}}）^{a_n}}$=$\frac{1}{{4}^{n}}$，
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，
故T_n=$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{{4}^{n}}$）∈（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{3}$），
∴$\frac{1}{m+3}$≤$\frac{1}{4}$，且$\frac{1}{3}$≤m²-6m+$\frac{25}{3}$，
∴m≥1，且m≤2或m≥4，
故1≤m≤2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，涉及解不等式，注意解題方法的積累，屬于中檔題．