Question

14．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=2ⁿ-1，數(shù)列{b_n}滿足b₁=2，b_n+1-2b_n=8a_n．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，是否存在常數(shù)λ，使得不等式（-1）ⁿλ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$恒成立？若存在，求出λ的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用遞推關(guān)系即可得出{a_n}的通項(xiàng)公式，根據(jù)b_n+1-2b_n=8a_n，可得$\frac{_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=2，從而可得{$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$}是首項(xiàng)為$\frac{_{1}}{{2}^{1}}$=1，公差為2的等差數(shù)列，由此可求{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）存在常數(shù)λ使得不等式（-1）ⁿλ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$（n∈N^*）恒成立．利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，再分類(lèi)討論，利用分離參數(shù)法，即可得到結(jié)論．

解答 （本題滿分為13分）
解：（Ⅰ）當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=2-1=1，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（2ⁿ-1）-（2^n-1-1）=2^n-1，
∵a₁=1滿足上式，
∴a_n=2^n-1．
∵b_n+1-2b_n=8a_n，所以 b_n+1-2b_n=2ⁿ⁺²，即$\frac{_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=2．
∴{$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$}是首項(xiàng)為$\frac{_{1}}{{2}^{1}}$=1，公差為2的等差數(shù)列．
∴$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，
∴b_n=（2n-1）•2ⁿ
（Ⅱ）存在常數(shù)λ使得不等式（-1）ⁿλ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$（n∈N^*）恒成立．
因?yàn)門(mén)_n=1•2¹+3•2²+5•2³+…+（2n-3）•2^n-1+（2n-1）•2ⁿ①
所以2T_n=1•2²+3•2³+…+（2n-5）•2^n-1+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹②
由①-②得-T_n=2+2³+2⁴+…+2ⁿ⁺¹-（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
化簡(jiǎn)得T_n=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6．
因?yàn)?\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$=$\frac{（2n-3）•{2}^{n+1}}{（2n-1）•{2}^{n+2}}$=$\frac{2n-3}{4n-2}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{2}{4n-2}$=$\frac{1}{2}-$$\frac{1}{2n-1}$，
（1）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，（-1）λ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$，所以λ＞-1-$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$，即λ＞-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{2n-1}$．
所以當(dāng)n=1時(shí)，-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{2n-1}$的最大值為-$\frac{1}{2}$，所以只需λ＞-$\frac{1}{2}$；
（2）當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$，所以λ＜$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2n-1}$，
所以當(dāng)n=2時(shí)，$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2n-1}$的最小值為$\frac{7}{6}$，所以只需λ＜$\frac{7}{6}$；
由（1）（2）可知存在-$\frac{1}{2}$＜λ＜$\frac{7}{6}$，使得不等式（-1）nλ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$（n∈N^*）恒成立．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系的意義、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了變形能力、推理能力與計(jì)算能力，考查存在性問(wèn)題的探究，考查分離參數(shù)法的運(yùn)用，屬于中檔題．