Question

9．已知數(shù)列{a_n}中a₁=2，a₂=3，其前n項和S_n滿足S_n+1+S_n-1=2S_n+1（n≥2，n∈N⁺）
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，并求{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=2ⁿ•a_n，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n；
（Ⅲ）設(shè)c_n=4ⁿ+（-1）^n-1λ•2${\;}^{{a}_{n}}$（λ為非零整數(shù)，n∈N⁺），是否存在確定λ的值，使得對任意n∈N⁺，有C_n+1＞C_n恒成立．若存在求出λ的值，若不存在說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過對S_n+1+S_n-1=2S_n+1變形可知（S_n+1-S_n）-（S_n-S_n-1）=1，即a_n+1-a_n=1（n≥2，n∈N*），計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（Ⅰ）知b_n=2ⁿ•a_n=（n+1）•2ⁿ，利用錯位相減法計算即得結(jié)論；
（Ⅲ）通過a_n=n+1可知C_n=4ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹，通過化簡可知要使C_n+1＞C_n恒成立只需λ•（-1）^n-1＜2^n-1恒成立，通過分n為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論可得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：∵S_n+1+S_n-1=2S_n+1，
∴（S_n+1-S_n）-（S_n-S_n-1）=1，
即a_n+1-a_n=1（n≥2，n∈N*），且a₂-a₁=1．
∴數(shù)列{a_n}是以2為首項、1為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=2+n-1=n+1；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知b_n=2ⁿ•a_n=（n+1）•2ⁿ，
設(shè)它的前n項和為T_n，則
T_n=2•2¹+3•2²+…+n•2^n-1+（n+1）•2ⁿ，
2T_n=2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ+（n+1）•2ⁿ⁺¹，
兩式相減可得：-T_n=2•2¹+2²+2³+…+2ⁿ-（n+1）•2ⁿ⁺¹=-n•2ⁿ⁺¹，
∴T_n=n•2ⁿ⁺¹；
（Ⅲ）結(jié)論：存在λ=-1，使得對任意n∈N^*，都有C_n+1＞C_n．
理由如下：
∵a_n=n+1，∴C_n=4ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹，
要使C_n+1＞C_n恒成立，則C_n+1-C_n=4ⁿ⁺¹+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺²-[4ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹]＞0恒成立，
∴3•4ⁿ-3λ•（-1）^n-1•2ⁿ⁺¹＞0恒成立，
∴λ•（-1）^n-1＜2^n-1恒成立，
（�。┊攏為奇數(shù)時，即λ＜2^n-1恒成立，
當且僅當n=1時，2^n-1有最小值為1，
∴λ＜1．
（ⅱ）當n為偶數(shù)時，即λ＞-2^n-1恒成立，
當且僅當n=2時，-2^n-1有最大值-2，
∴λ＞-2．
∴-2＜λ＜1，
又λ為非零整數(shù)，則λ=-1．
綜上所述，存在λ=-1，使得對任意n∈N^*，都有C_n+1＞C_n．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．