Question

12．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，S_n=n²+2n，b_n=a_na_n+1cos（n+1）π，數(shù)列{b_n} 的前n項(xiàng)和為T_n，若T_n≥tn²對(duì)n∈N^*恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是（-∞，-5]．

Answer 1

分析 n=1時(shí)，a₁=3．n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，可得a_n=2n+1．b_n=a_na_n+1cos（n+1）π=（2n+1）（2n+3）cos（n+1）π，n為奇數(shù)時(shí)，cos（n+1）π=1；n為偶數(shù)時(shí)，cos（n+1）π=-1．對(duì)n分類討論，通過(guò)轉(zhuǎn)化利用函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：n=1時(shí)，a₁=3．n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n²+2n-[（n-1）²+2（n-1）]=2n+1．n=1時(shí)也成立，∴a_n=2n+1．
∴b_n=a_na_n+1cos（n+1）π=（2n+1）（2n+3）cos（n+1）π，
n為奇數(shù)時(shí)，cos（n+1）π=1；n為偶數(shù)時(shí)，cos（n+1）π=-1．
因此n為奇數(shù)時(shí)，T_n=3×5-5×7+7×9-9×11+…+（2n+1）（2n+3）=3×5+4×（7+11+…+2n+1）=15+4×$\frac{（2n+8）（n-1）}{4}$=2n²+6n+7．T_n≥tn²對(duì)n∈N^*恒成立，
∴2n²+6n+7≥tn²，t≤$\frac{7}{{n}^{2}}$+$\frac{6}{n}$+2=$7（\frac{1}{n}+\frac{3}{7}）^{2}+\frac{5}{7}$，∴t＜2．
n為偶數(shù)時(shí)，T_n=3×5-5×7+7×9-9×11+…-（2n+1）（2n+3）=-4×（5+9+11+…+2n+1）=-2n²-6n．
∴T_n≥tn²對(duì)n∈N^*恒成立，∴-2n²-6n≥tn²，t≤-2-$\frac{6}{n}$，∴t≤-5．
綜上可得：t≤-5．
故答案為：（-∞，-5]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、數(shù)列遞推關(guān)系、三角函數(shù)的求值、函數(shù)的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．