Question

1．設(shè)S_n為等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，其中a₁=1，且$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=λa_n+1（n∈N^*），記b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{{a}_{n}}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若對(duì)任意的n∈N^*，都有T_n＜m成立，則m的取值范圍為[$\frac{3}{4}$，+∞）．

Answer 1

分析 求得a₂，a₃，再由a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列，解得λ=$\frac{1}{2}$．求得等差數(shù)列{a_n}的公差為1，a_n=1+n-1=n，S_n=$\frac{1}{2}$n（1+n），再由數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，以及不等式成立問題的解法，即可得到所求范圍．

解答 解：n=1時(shí)，$\frac{{S}_{1}}{{a}_{1}}$=λa₂，解得a₂=$\frac{1}{λ}$；
n=2時(shí)，$\frac{{S}_{2}}{{a}_{2}}$=λa₃，即$\frac{1+\frac{1}{λ}}{\frac{1}{λ}}$=λa₃，
解得a₃=1+$\frac{1}{λ}$．
由1，$\frac{1}{λ}$，1+$\frac{1}{λ}$成等差數(shù)列，可得
2+$\frac{1}{λ}$=$\frac{2}{λ}$，解得λ=$\frac{1}{2}$．
則等差數(shù)列{a_n}的公差為1，a_n=1+n-1=n，
S_n=$\frac{1}{2}$n（1+n），$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$（1+n）=λa_n+1恒成立，
則b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{{a}_{n}}}$=n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，
T_n=1•$\frac{1}{3}$+2•（$\frac{1}{3}$）²+3•（$\frac{1}{3}$）³+…+n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，
$\frac{1}{3}$T_n=1•（$\frac{1}{3}$）²+2•（$\frac{1}{3}$）³+3•（$\frac{1}{3}$）⁴+…+n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹，
相減可得，$\frac{2}{3}$T_n=$\frac{1}{3}$+（$\frac{1}{3}$）²+（$\frac{1}{3}$）³+…+（$\frac{1}{3}$）ⁿ-n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$-n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹，
化簡(jiǎn)可得T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{4•{3}^{n}}$，
由$\frac{2n+3}{4•{3}^{n}}$＞0，可得T_n＜$\frac{3}{4}$，
由T_n＜m恒成立，可得m≥$\frac{3}{4}$．
故答案為：[$\frac{3}{4}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，考查不等式恒成立問題的解法，以及數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，考查化簡(jiǎn)整理的圓能力，屬于中檔題．