Question

已知正數(shù)列{a_n}中的前n項(xiàng)和S_n滿(mǎn)足2S_n=a_n²+a_n-2（n∈N^*）．
（1）求a₁，a₂，a₃的值，并求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=2ⁿ•a_n，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（3）設(shè)cn=4n+(-1)n-1λ•2an（λ為非零整數(shù)，n∈N^*），試確定λ的值，使得對(duì)任意n∈N^*，有c_n+1＞c_n恒成立．

Answer 1

分析：（1）由2S_n=a_n²+a_n-2（n∈N^*），得：a₁=2，a₂=3，a₃=4，又2S_n+1=a_n+1²+a_n+1-2，故a_n+1-a_n=1（n≥2，n∈N^*），且a₂-a₁=1．由此能求出{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）由b_n=（n+1）•2ⁿ，其前n項(xiàng)和T_n=2•2¹+3•2²+4•2³+…+n•2^n-1+（n+1）•2ⁿ，由錯(cuò)位相減法能求出T_n．
（3）由a_n=n+1，知c_n=4ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹，要使c_n+1＞c_n恒成立，則c_n+1-c_n=4ⁿ⁺¹-4ⁿ+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺²-（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹＞0恒成立，故（-1）^n-1λ＜2^n-1恒成立． 由此能得到存在λ=-1，使得對(duì)任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n．

解答：解：（1）由已知，2S_n=a_n²+a_n-2（n∈N^*）①
得：a₁=2，a₂=3，a₃=4，…（2分）
又2S_n+1=a_n+1²+a_n+1-2②
由②-①得； （a_n+1-a_n-1）（a_n+1+a_n）=0，（a_n＞0）
即a_n+1-a_n=1（n≥2，n∈N^*），且a₂-a₁=1．
∴數(shù)列{a_n}是以a₁=2為首項(xiàng)，公差為1的等差數(shù)列．
∴a_n=n+1． …（4分）
（2）由（Ⅰ）知b_n=（n+1）•2ⁿ它的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，
T_n=2•2¹+3•2²+4•2³+…+n•2^n-1+（n+1）•2ⁿ ①
2T_n=2•2²+3•2³+4•2⁴+…+n•2ⁿ+（n+1）•2ⁿ⁺¹ ②
①-②：-T_n=2•2¹+2²+2³+2⁴+…+2ⁿ-（n+1）•2ⁿ⁺¹
=4+

22(1-2n-1)

1-2

  -(n+1)•2n+1
=-n•2ⁿ⁺¹
∴T_n=n•2ⁿ⁺¹…（8分）…（6分）
（3）∵a_n=n+1，∴c_n=4ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹，
要使c_n+1＞c_n恒成立，
∴c_n+1-c_n=4ⁿ⁺¹-4ⁿ+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺²-（-1）^n-1λ•2ⁿ⁺¹＞0恒成立
∴3•4ⁿ-3λ•（-1）^n-12ⁿ⁺¹＞0恒成立，
∴（-1）^n-1λ＜2^n-1恒成立．               …（9分）
（�。┊�(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，即λ＜2^n-1恒成立
當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí)，2^n-1有最小值為1，
∴λ＜1．…（11分）
（ⅱ）當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，即λ＞-2^n-1恒成立
當(dāng)且僅當(dāng)n=2時(shí)，-2^n-1有最大值-2，
∴λ＞-2．…（13分）
即-2＜λ＜1，又λ為非零整數(shù)，則λ=-1．
綜上所述，存在λ=-1，使得對(duì)任意n∈N^*，
都有c_n+1＞c_n．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．易錯(cuò)點(diǎn)是計(jì)算繁瑣，容易失誤．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．