Question

14．已知數(shù)列{a_n}是公差不為零的等差數(shù)列，a₁=2，且a₂，a₄，a₈成等比數(shù)列，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，且T_n=2b_n-2（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的前n項和S_n；
（2）求數(shù)列{b_n}的通項公式；
（3）記集合M={n|$\frac{{S}_{n}}{_{n}}$≥λ，n∈N^*}，若集合M中有且僅有4個元素，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d（d≠0），利用a₁=2可知a₂=2+d、a₄=2+3d、a₈=2+7d，通過a₂，a₄，a₈成等比數(shù)列計算可知數(shù)列{a_n}是首項、公差均為2的等差數(shù)列，計算即得結(jié)論；
（2）通過T_n=2b_n-2與T_n-1=2b_n-1-2（n≥2）作差、整理得b_n=2b_n-1（n≥2），進而可知數(shù)列{b_n}是以首項、公比均為2的等比數(shù)列，計算即得結(jié)論；
（3）通過（1）、（2）可知集合M={n|n²+n-λ•2ⁿ≥0，n∈N^*}，分別計算出當n=1、2、3、4、5時λ的值，進而可得結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d（d≠0），
∵a₁=2，
∴a₂=2+d，a₄=2+3d，a₈=2+7d，
又∵a₂，a₄，a₈成等比數(shù)列，
∴（2+3d）²=（2+d）（2+7d），
解得：d=2或d=0（舍），
∴數(shù)列{a_n}是首項、公差均為2的等差數(shù)列，
∴數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=$\frac{n（2+2n）}{2}$=n²+n；
（2）∵T_n=2b_n-2，
∴T_n-1=2b_n-1-2（n≥2），
兩式相減得：b_n=2b_n-2b_n-1，
整理得：b_n=2b_n-1（n≥2），
又∵T₁=2b₁-2，即b₁=2，
∴數(shù)列{b_n}是以首項、公比均為2的等比數(shù)列，
∴數(shù)列{b_n}的通項公式b_n=2ⁿ；
（3）由（1）、（2）可知$\frac{{S}_{n}}{_{n}}$=$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$，
則集合M={n|$\frac{{S}_{n}}{_{n}}$≥λ，n∈N^*}={n|$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$≥λ，n∈N^*}={n|n²+n-λ•2ⁿ≥0，n∈N^*}，
當n=1時，2-2λ≥0，解得λ≤1；
當n=2時，6-4λ≥0，解得λ≤$\frac{3}{2}$；
當n=3時，12-8λ≥0，解得λ≤$\frac{3}{2}$；
當n=4時，20-16λ≥0，解得λ≤$\frac{5}{4}$；
當n=5時，30-32λ≥0，解得λ≤$\frac{15}{16}$；
若當n≥6時，n²+n-λ•2ⁿ≥0恒成立，
則當n≥6時$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$≥$\frac{21}{32}$，即λ≤$\frac{21}{32}$，
又∵集合M中有且僅有4個元素，
∴$\frac{15}{16}$＜λ≤1，
故實數(shù)λ的取值范圍是（$\frac{15}{16}$，1]．

點評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查數(shù)列的通項，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．