Question

16．已知數(shù)列{a_n}滿足條件a_n+1-a_n=2，a₅=11，前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{b_n}前n項(xiàng)和為T_n，滿足條件T_n=2b_n-2．
（1）求a_n與b_n；
（2）求數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和K_n；
（3）令C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，若不等式x²+2mx+1≥C₁+C₂+C₃+…+C_n對任意x∈R和任意的正整數(shù)n恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，數(shù)列的通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的關(guān)系，化簡整理，即可得到所求通項(xiàng)；
（2）運(yùn)用數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，化簡整理，即可得到所求和；
（3）運(yùn)用等差數(shù)列的求和公式可得C_n=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），運(yùn)用裂項(xiàng)相消求和，可得C₁+C₂+C₃+…+C_n，求得范圍，結(jié)合二次不等式恒成立等價(jià)為判別式小于等于0，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）由a_n+1-a_n=2，a₅=11可得數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，公差為d=2，
a₁+4d=11，可得a₁=3，
即有a_n=a₁+（n-1）d=3+2（n-1）=2n+1；
當(dāng)n=1，b₁=2，
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=T_n-T_n-1=2b_n-2b_n-1，
即b_n=2b_n-1（n≥2），由于b₁=2≠0，則b_n≠0，
故{b_n}是公比為2的等比數(shù)列，首項(xiàng)b₁=2，
則b_n=2ⁿ；
（2）數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和K_n=3•2+5•4+…+（2n+1）•2ⁿ，
2K_n=3•4+5•8+…+（2n+1）•2ⁿ⁺¹，
兩式相減可得-K_n=6+2（4+8+…+2ⁿ）-（2n+1）•2ⁿ⁺¹
=6+2•$\frac{4（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（2n+1）•2ⁿ⁺¹，
化簡可得K_n=（2n-1）•2ⁿ⁺¹+2；
（3）C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{3n+\frac{1}{2}n（n-1）•2}$=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
C₁+C₂+C₃+…+C_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$--$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$，
由不等式x²+2mx+1≥C₁+C₂+C₃+…+C_n對任意x∈R和任意的正整數(shù)n恒成立，
可得x²+2mx+1≥$\frac{3}{4}$，即有x²+2mx+$\frac{1}{4}$≥0，
可得△=4m²-1≤0，即有-$\frac{1}{2}$≤m≤$\frac{1}{2}$．
可得m的取值范圍是[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]．

點(diǎn)評 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，考查數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，以及數(shù)列不等式的恒成立問題的解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和二次不等式恒成立問題的解法，屬于中檔題．