Question

11．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₂+a₆=14，S₈=64，數(shù)列{b_n}滿足b₁+2b₂+3b₃+…+nb_n=（n-1）•2ⁿ+1，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$．記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若不等式T_n＜λ²-5λ對(duì)任意的n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式可得a_n，利用遞推關(guān)系可得b_n．
（2）利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為的，∵a₂+a₆=14，S₈=64，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+6d=14}\\{8{a}_{1}+\frac{8×7}{2}d=64}\end{array}\right.$，解得a₁=1，d=2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
∵數(shù)列{b_n}滿足b₁+2b₂+3b₃+…+nb_n=（n-1）•2ⁿ+1，n∈N^*．
∴當(dāng)n≥2時(shí)，b₁+2b₂+3b₃+…+（n-1）b_n-1=（n-2）•2^n-1+1，
∴nb_n=（n-1）•2ⁿ+1-（n-2）•2^n-1-1，
解得b_n=2^n-1．
（2）c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．
數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=$1+\frac{3}{2}+\frac{5}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}$．
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=1+$2（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=$2×\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-1-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
∴T_n=6-$\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$．
不等式T_n=6-$\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$＜λ²-5λ對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
∴λ²-5λ≥6，
解得λ≥6，或λ≤-1．
∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍為λ≥6，或λ≤-1．

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)列的前n項(xiàng)和公式、遞推關(guān)系的應(yīng)用、不等式的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．