Question

1．已知各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列{a_n}滿足2a₁+a₃=6，${a}_{3}^{2}$=a₅．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)a_nb_n=n，數(shù)列{b_n}前n項(xiàng)和為T_n．若（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對一切正整數(shù)n恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，從而可得$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+{a}_{1}{q}^{2}=6}\\{（{a}_{1}{q}^{2}）^{2}={a}_{1}{q}^{4}}\end{array}\right.$，從而解得；
（2）由a_nb_n=n可得b_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，從而利用錯(cuò)位相減法求T_n，從而化恒成立問題為最值問題．

解答 解：（1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，
則$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+{a}_{1}{q}^{2}=6}\\{（{a}_{1}{q}^{2}）^{2}={a}_{1}{q}^{4}}\end{array}\right.$，
解得，a₁=1，q=2，
故a_n=a₁•q^n-1=2^n-1；
（2）∵a_nb_n=n，∴b_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∴T_n=1+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{4}$+…+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，2T_n=2+2+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n}{{2}^{n-2}}$，
∴T_n=2+1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$
=2+$\frac{1（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∵（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對一切正整數(shù)n恒成立，
∴（-1）ⁿλ＜4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$對一切正整數(shù)n恒成立，
∵4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$隨著n的增大而增大，
且4-$\frac{1}{{2}^{-1}}$=2，4-1=3，
故-λ＜2且λ＜3，
故-2＜λ＜3．

點(diǎn)評 本題考查了分類討論的思想應(yīng)用及等差數(shù)列與等比數(shù)列的性質(zhì)的判斷與應(yīng)用，屬于中檔題．