Question

1．已知數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和S_n滿足S_n=n²+3n+a，數(shù)列{b_n}首項(xiàng)b₁=2，且滿足數(shù)列{2${\;}^{_{n}}$}是公比為4的等比數(shù)列．
（1）求a的值及數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}_{n}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，對任意的n∈N^*都有λT_n＜1成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$，利用S_n=n²+3n+a，能求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；由數(shù)列{b_n}首項(xiàng)b₁=2，且滿足數(shù)列{2${\;}^{_{n}}$}是公比為4的等比數(shù)列，得${2}^{_{n}}$=4ⁿ=2²ⁿ，由此能求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式．
（2）由$\frac{1}{{a}_{n}_{n}}$=$\frac{1}{2n（2n+2）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），利用裂項(xiàng)求和法求出數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}_{n}}$}的前n項(xiàng)和，由此利用對任意的n∈N^*都有λT_n＜1成立，能求出實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和S_n滿足S_n=n²+3n+a，
∴a₁=S₁=1+3+a=4+a，
n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（n²+3n+a）-[（n-1）²+3（n-1）+a]=2n+2，
∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，∴a₁=2×1+2=4+a，解得a=0，
∴a_n=2n+2，n∈N^*．
∵數(shù)列{b_n}首項(xiàng)b₁=2，且滿足數(shù)列{2${\;}^{_{n}}$}是公比為4的等比數(shù)列，
∴${2}^{_{n}}$=4ⁿ=2²ⁿ，
∴b_n=2n．
（2）∵$\frac{1}{{a}_{n}_{n}}$=$\frac{1}{2n（2n+2）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}_{n}}$}的前n項(xiàng)和：
T_n=$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{n+1}$），
∵對任意的n∈N^*都有λT_n＜1成立，
∴λT_n=$\frac{λ}{4}$（1-$\frac{1}{n+1}$）＜1成立，
∴$\frac{λ}{4}≤1$，解得λ≤4，
∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（-∞，4]．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式及實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認(rèn)真審題，注意裂項(xiàng)求和法的合理運(yùn)用．