Question

13．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，直線y=x-2$\sqrt{2}$與圓x²+y²=2a_n+2交于A_n，B_n（n∈N^*）兩點(diǎn)，且$S{\;}_n=\frac{1}{4}{|{{A_n}{B_n}}|^2}$．若a₁+2a₂+3a₃+…+na_n＜λa_n²+2對(duì)任意n∈N^*恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（　�。�

• A． （0，+∞）
• B． $（\frac{1}{2}，+∞）$
• C． [0，+∞）
• D． $[\frac{1}{2}，+∞）$

Answer 1

分析 由已知得到關(guān)于數(shù)列{a_n}的遞推式，進(jìn)一步得到{S_n+2}是以a₁+2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．求出數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，進(jìn)一步求得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)，然后利用錯(cuò)位相減法求得a₁+2a₂+3a₃+…+na_n，代入a₁+2a₂+3a₃+…+na_n＜λa_n²+2，分離參數(shù)λ，求出$\frac{2n-2}{{2}^{n}}$得最大值得答案．

解答 解：圓心O（0，0）到直線y=x-2$\sqrt{2}$，即x-y-2$\sqrt{2}$=0的距離d=$\frac{|-2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=2，
由d²+${（\frac{1}{2}{{|A}_{n}B}_{n}|）}^{2}$=r²，且$S{\;}_n=\frac{1}{4}{|{{A_n}{B_n}}|^2}$，
得2²+S_n=2a_n+2，∴4+S_n=2（S_n-S_n-1）+2，
即S_n+2=2（S_n-1+2）且n≥2；
∴{S_n+2}是以a₁+2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
由2²+S_n=2a_n+2，取n=1，解得a₁=2，
∴S_n+2=（a₁+2）•2^n-1，則S_n=2ⁿ⁺¹-2；
∴${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}={2}^{n+1}-2-{2}^{n}+2={2}^{n}$（n≥2）．
a₁=2適合上式，
∴${a}_{n}={2}^{n}$．
令T_n=a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=1•2+2•2²+3•2³+…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ，
∴$2{T}_{n}=1•{2}^{2}+2•{2}^{3}+…+（n-1）•{2}^{n}+n•{2}^{n+1}$，
兩式作差可得：$-{T}_{n}=2+{2}^{2}+{2}^{3}+…+{2}^{n}-n•{2}^{n+1}$=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}-n•{2}^{n+1}$=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2，
∴${T}_{n}=（n-1）•{2}^{n+1}+2$，
由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n＜λa_n²+2對(duì)任意n∈N^*恒成立，
可得（n-1）•2ⁿ⁺¹+2＜λ•2²ⁿ+2對(duì)任意n∈N^*恒成立，
即λ＞$\frac{2n-2}{{2}^{n}}$對(duì)任意n∈N^*恒成立，
當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{2n-2}{{2}^{n}}$=0；
由$\frac{2（n+1）-2}{{2}^{n+1}}-\frac{2n-2}{{2}^{n}}=\frac{4-2n}{{2}^{n+1}}$，知，n=2時(shí)，$\frac{4-2n}{{2}^{n+1}}$=0，
∴當(dāng)n=2、3時(shí)，$\frac{2n-2}{{2}^{n}}$最大為$\frac{1}{2}$．
∴λ＞$\frac{1}{2}$．
∴λ的取值范圍為：$（\frac{1}{2}，+∞）$．
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，訓(xùn)練了利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查直線與圓的位置關(guān)系，是中檔題．