Question

19．設(shè)S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且2a_n+S_n=An²+Bn+C．
（1）當(dāng)A=B=0，C=1時(shí)，求a_n；
（2）若數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，且A=1，C=-2．
①設(shè)b_n=2ⁿ•a_n，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和；
②設(shè)c_n=$\frac{{{T_n}-6}}{4^n}$，若不等式c_n≥$\frac{m}{8}$對(duì)任意n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把A=B=0，C=1代入2a_n+S_n=An²+Bn+C，求得數(shù)列首項(xiàng)，進(jìn)一步可得數(shù)列{a_n}是以$\frac{1}{3}$為首項(xiàng)，以$\frac{2}{3}$為公比的等比數(shù)列，則數(shù)列的通項(xiàng)公式可求；
（2）①由已知求出B，得到數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，代入b_n=2ⁿ•a_n，利用錯(cuò)位相減法求得數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n；
②把T_n代入c_n=$\frac{{{T_n}-6}}{4^n}$，由函數(shù)的單調(diào)性求其最小值，由$\frac{m}{8}$小于等于c_n的最小值求得m的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)A=B=0，C=1時(shí)，2a_n+S_n=1，
∴${a}_{1}=\frac{1}{3}$；
當(dāng)n≥2時(shí)，2a_n-1+S_n-1=1，
兩式作差得：3a_n=2a_n-1，即$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=\frac{2}{3}$，
∴數(shù)列{a_n}是以$\frac{1}{3}$為首項(xiàng)，以$\frac{2}{3}$為公比的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}=\frac{1}{3}•（\frac{2}{3}）^{n-1}$；
（2）當(dāng)A=1，C=-2時(shí)，2a_n+S_n=n²+Bn-2，
∴${a}_{1}=\frac{B-1}{3}$，${a}_{2}=\frac{5B+7}{9}$，${a}_{3}=\frac{19B+59}{27}$，
∵數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，
∴$\frac{B-1}{3}+\frac{19B+59}{27}=\frac{10B+14}{9}$，解得：B=4．
∴a₁=1，a₂=3，則d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，
①b_n=2ⁿ•a_n=（2n-1）•2ⁿ，
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和${T}_{n}=1•{2}^{1}+3•{2}^{2}+…+（2n-1）•{2}^{n}$，
$2{T}_{n}=1•{2}^{2}+3•{2}^{3}+…+（2n-3）•{2}^{n}+（2n-1）•{2}^{n+1}$，
兩式作差得：$-{T}_{n}=2+{2}^{3}+{2}^{4}+…+{2}^{n+1}-（2n-1）•{2}^{n+1}$
=（-2n+3）•2ⁿ⁺¹-6，
∴${T}_{n}=（2n-3）•{2}^{n+1}+6$；
②c_n=$\frac{{{T_n}-6}}{4^n}$=$\frac{（2n-3）•{2}^{n+1}}{{4}^{n}}=\frac{（2n-3）}{{2}^{n-1}}$，
∵$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$單調(diào)遞增，
∴當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$有最小值為-1，
∴$\frac{m}{8}≤-1$，即m≤-8．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，-8]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的求和，考查了等差關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，是中檔題．