Question

8．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹．
（Ⅰ）證明：數(shù)列{${\frac{a_n}{2^n}$}是等差數(shù)列；
（Ⅱ）數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{n}{{（n+1）•{2^{2n-1}}}}•{a_n}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若不等式（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$對(duì)一切n∈N^*恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹與S_n-1=2a_n-1-2ⁿ作差可知a_n=2a_n-1+2ⁿ（n≥2），兩邊同時(shí)除以2ⁿ可知$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$+1，進(jìn)而可知數(shù)列{${\frac{a_n}{2^n}$}是首項(xiàng)為2、公差為1的等差數(shù)列；
（Ⅱ）通過（I）可知${\frac{a_n}{2^n}$=n+1，進(jìn)而可知b_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，利用錯(cuò)位相減法計(jì)算可知T_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，通過T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$隨著n的增大而增大，令n=1、2代入不等式計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：∵S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1=2a_n-1-2ⁿ，a₁=4，
兩式相減得：a_n=2a_n-2a_n-1-2ⁿ，即a_n=2a_n-1+2ⁿ（n≥2），
變形可知，$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$+1，
又∵$\frac{{a}_{1}}{2}$=$\frac{4}{2}$=2，
∴數(shù)列{${\frac{a_n}{2^n}$}是首項(xiàng)為2、公差為1的等差數(shù)列；
（Ⅱ）解：由（I）可知${\frac{a_n}{2^n}$=2+n-1=n+1，
∵a_n=（n+1）•2ⁿ，
∴b_n=$\frac{n}{{（n+1）•{2^{2n-1}}}}•{a_n}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∴T_n=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴T_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
∴T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$隨著n的增大而增大，
且$\underset{lim}{n→∞}$（T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$）=4，T₁+$\frac{1}{{2}^{1-1}}$=4-$\frac{1}{{2}^{1-2}}$=2，
∵不等式（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$對(duì)一切n∈N^*恒成立，
∴-2＜λ＜3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于基礎(chǔ)題．