Question

9．已知數(shù)列{a_n}中，${a_1}=2，{a_{n+1}}=2{a_n}-2n+2，n∈{N^*}$．
（Ⅰ）記b_n=a_n-2n，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和為S_n，數(shù)列{c_n}滿足${c_n}=\frac{1}{{{S_{n+1}}}}+\frac{1}{{{S_{n+2}}}}+…+\frac{1}{{{S_{2n}}}}$，若對(duì)任意的正整數(shù)n，當(dāng)m∈[-2，4]時(shí)，不等式6t²-12mt+1＞6c_n恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由${a_1}=2，{a_{n+1}}=2{a_n}-2n+2，n∈{N^*}$，變形為a_n+1-2（n+1）=2[a_n-2n]，b_n=a_n-2n，即b_n+1=2b_n，即可得出．
（II）由（I）可得：b_n=a_n-2n=0，解得a_n=2n，可得數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和為S_n=n²+n．可得$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．利用“裂項(xiàng)求和”可得c_n．可得（c_n）_max．根據(jù)對(duì)任意的正整數(shù)n，當(dāng)m∈[-2，4]時(shí)，不等式6t²-12mt+1＞6c_n恒成立，即可得出．

解答 解：（I）∵${a_1}=2，{a_{n+1}}=2{a_n}-2n+2，n∈{N^*}$，
∴a_n+1-2（n+1）=2[a_n-2n]，b_n=a_n-2n，
∴b_n+1=2b_n，
而b₁=a₁-2=0，
可得b_n=0．
（II）由（I）可得：b_n=a_n-2n=0，解得a_n=2n，
∴數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和為S_n=$\frac{n（2+2n）}{2}$=n²+n．
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．
∴${c_n}=\frac{1}{{{S_{n+1}}}}+\frac{1}{{{S_{n+2}}}}+…+\frac{1}{{{S_{2n}}}}$=$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$+$（\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}）$+…+$（\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{2n+1}$=$\frac{n}{2{n}^{2}+3n+1}$=$\frac{1}{2n+\frac{1}{n}+3}$≤$\frac{1}{6}$，
∴（c_n）_max=$\frac{1}{6}$．
∵對(duì)任意的正整數(shù)n，當(dāng)m∈[-2，4]時(shí)，不等式6t²-12mt+1＞6c_n恒成立，
∴6t²-12mt+1＞1，
化為：t（t-2m）＞0，
當(dāng)m∈（0，4]時(shí)，解得t＜0，或t＞8；
當(dāng)m=0時(shí)，解得t≠0；
當(dāng)m∈[-2，0）時(shí)，解得t＜-4，或t＞0．
綜上可得：t＞8，或t＜-4．
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍是t＞8，或t＜-4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“裂項(xiàng)求和”、數(shù)列的通項(xiàng)公式、不等式的性質(zhì)，考查了分類討論方法、變形能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．