Question

12．已知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為2的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和S_n滿足4S_n=a_n•a_n+1．?dāng)?shù)列{b_n}是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)的等比數(shù)列，且b₁b₂b₃=$\frac{1}{64}$．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，若對(duì)任意n∈N^*不等式$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}≥\frac{1}{4}λ-\frac{1}{2}{T_n}$恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（II）利用“裂項(xiàng)求和”可得$\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}$，利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得T_n，利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由題意得，?4a₁=a₁（a₁+d），解得d=2，
∴a_n=2n，
由${b_1}{b_2}{b_3}=b_2^3=\frac{1}{64}⇒{b_2}=\frac{1}{4}$，
從而公比$q=\frac{b_2}{b_1}=\frac{1}{2}$，
∴${b_n}={（\frac{1}{2}）^n}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{n（n+1）}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}=（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+…+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）=1-\frac{1}{n+1}$，
又${T_n}=\frac{{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2^n}）}}{{1-\frac{1}{2}}}=1-\frac{1}{2^n}$，
∴對(duì)任意n∈N*，$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}≥\frac{1}{4}λ-\frac{1}{2}{T_n}$等價(jià)于$\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}≥\frac{1}{4}λ$，
∵$\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$對(duì)n∈N*遞增，
∴${（\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}）_{min}}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，
∴$\frac{3}{4}≥\frac{1}{4}λ⇒λ≤3$．即λ的取值范圍為（-∞，3]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等比數(shù)列與等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．