Question

15．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n．已知a₁=1，$\frac{{2{S_n}}}{n}$=a_n+1-$\frac{1}{3}$n²-n-$\frac{2}{3}$，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足a_n-a_n-1=b_na${\;}_{2^n}}$，求數(shù)列{b_n}的n前項(xiàng)和T_n；
（3）是否存在實(shí)數(shù)λ，使得不等式λa${\;}_{{{（{\sqrt{2}}）}^n}}}$-$\frac{λ}{{{a_{{{（{\sqrt{2}}）}^n}}}}}$+a${\;}_{2^n}}$+$\frac{1}{{{a_{2^n}}}}$≥0恒成立，若存在，求出λ的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）需要分類(lèi)討論：n=1和n≥2兩種情況下的通項(xiàng)公式．當(dāng)n≥2時(shí)，根據(jù)已知條件可以推知2S_n-2S_n-1=na_n+1-（n-1）a_n-n（n+1）．2a_n=na_n+1-（n-1）a_n-n（n+1），由著兩個(gè)式子可以得到數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{n}}\right\}$是以首項(xiàng)為$\frac{a_1}{1}=1$，公差為1的等差數(shù)列．由此寫(xiě)出通項(xiàng)公式即可；
（2）由a_n-a_n-1=b_na${\;}_{2^n}}$可得b_n=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{{a}_{{2}^{n}}}$=$\frac{{n}^{2}-（n-1）^{2}}{{4}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$．再利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出；
（3）將已知不等式變形為λ（2ⁿ-$\frac{1}{{2}^{n}}$）+（2ⁿ-$\frac{1}{{2}^{n}}$）²+2≥0，然后結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性來(lái)求λ的取值范圍．

解答 （1）解：∵$\frac{{2{S_n}}}{n}={a_{n+1}}-\frac{1}{3}{n^2}-n-\frac{2}{3}$，n∈N^*．
∴$2{S_n}=n{a_{n+1}}-\frac{1}{3}{n^3}-{n^2}-\frac{2}{3}n=n{a_{n+1}}-\frac{{n（{n+1}）（{n+2}）}}{3}$①
∴當(dāng)n≥2時(shí)，$2{S_{n-1}}=（{n-1}）{a_n}-\frac{{（{n-1}）n（{n+1}）}}{3}$②
由①-②，得 
2S_n-2S_n-1=na_n+1-（n-1）a_n-n（n+1）．
∵2a_n=2S_n-2S_n-1
∴2a_n=na_n+1-（n-1）a_n-n（n+1），
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}-\frac{a_n}{n}=1$，
∴數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{n}}\right\}$是以首項(xiàng)為$\frac{a_1}{1}=1$，公差為1的等差數(shù)列．
∴$\frac{a_n}{n}=1+1×（{n-1}）=n$，
∴${a_n}={n^2}（{n≥2}）$，當(dāng)n=1時(shí)，上式顯然成立．
∴${a_n}={n^2}，n∈{N^*}$；
（2）a_n-a_n-1=b_na${\;}_{2^n}}$⇒b_n=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{{a}_{{2}^{n}}}$=$\frac{{n}^{2}-（n-1）^{2}}{{4}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$．
∴T_n=$\frac{1}{4}$+$\frac{3}{{4}^{2}}$+$\frac{5}{{4}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{4}^{n}}$．①
$\frac{1}{4}$T_n=$\frac{1}{{4}^{2}}$+$\frac{3}{{4}^{3}}$+$\frac{5}{{4}^{4}}$+…+$\frac{2n-1}{{4}^{n+1}}$．②
由①-②，得
$\frac{3}{4}$T_n=$\frac{1}{4}$+2（$\frac{1}{{4}^{2}}$+$\frac{1}{{4}^{3}}$+$\frac{1}{{4}^{4}}$+…+$\frac{1}{{4}^{n}}$）-$\frac{2n-1}{{4}^{n+1}}$．
=$\frac{1}{4}$+2•$\frac{\frac{1}{{4}^{2}}（1-\frac{1}{{4}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{4}}$-$\frac{2n-1}{{4}^{n+1}}$．
∴T_n=$\frac{5}{9}$-$\frac{6n+5}{9•{4}^{n}}$，n∈N⁺；
（3）λa${\;}_{{{（{\sqrt{2}}）}^n}}}$-$\frac{λ}{{{a_{{{（{\sqrt{2}}）}^n}}}}}$+a${\;}_{2^n}}$+$\frac{1}{{{a_{2^n}}}}$≥0⇒λ（2ⁿ-$\frac{1}{{2}^{n}}$）+2ⁿ+$\frac{1}{{2}^{n}}$≥0，（n=2，4，6，8，10…）⇒λ（2ⁿ-$\frac{1}{{2}^{n}}$）+（2ⁿ-$\frac{1}{{2}^{n}}$）²+2≥0，
令t=2ⁿ-$\frac{1}{{2}^{n}}$，則t≥$\frac{15}{4}$，
原不等式⇒λt+t²+2≤0⇒≥-（t+$\frac{2}{t}$）．
∵t+$\frac{2}{t}$在（$\frac{15}{4}$，+∞）上單調(diào)遞增，
∴t+$\frac{2}{t}$≥$\frac{15}{4}$+$\frac{2}{\frac{15}{4}}$=$\frac{257}{60}$．
∴λ≥-$\frac{257}{60}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．