Question

20．?dāng)?shù)列{S_n}滿足：S_n=n²+λn（λ∈R），且為單調(diào)遞增數(shù)列．
（I）求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
（Ⅱ）若S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且a₁+a₄+a₆+a₉=40，求數(shù)列{a_n•2${\;}^{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和．

Answer 1

分析 （I）由數(shù)列{S_n}為單調(diào)遞增數(shù)列及二次函數(shù)的性質(zhì)可知-$\frac{λ}{2}$＜$\frac{3}{2}$，從而解得；
（Ⅱ）分類討論以求得a_n=2n-1+λ，再由a₁+a₄+a₆+a₉=40可得λ=1；從而解得a_n•2${\;}^{{a}_{n}}$=2n•2²ⁿ=n•2²ⁿ⁺¹，從而利用錯(cuò)位相減法求其前n項(xiàng)和．

解答 解：（I）∵數(shù)列{S_n}滿足：S_n=n²+λn（λ∈R），且為單調(diào)遞增數(shù)列．
而二次函數(shù)y=x²+λx的圖象對(duì)稱軸為x=-$\frac{λ}{2}$，
故只需使對(duì)稱軸在（1，2）中點(diǎn)值的左側(cè)即可，
即-$\frac{λ}{2}$＜$\frac{3}{2}$，
故λ＞-3；
（Ⅱ）①當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=1+λ，
②當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1
=（n²+λn）-（（n-1）²+λ（n-1））
=2n-1+λ，
a₁=1+λ也滿足a_n=2n-1+λ，
綜上所述，數(shù)列{a_n}是以1+λ為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列；
且a_n=2n-1+λ，
又∵a₁+a₄+a₆+a₉=40，
∴a₅=10，
即10-1+λ=10，
故λ=1；
故a_n=2n，
故a_n•2${\;}^{{a}_{n}}$=2n•2²ⁿ=n•2²ⁿ⁺¹，
令數(shù)列{a_n•2${\;}^{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，
則T_n=1•2³+2•2⁵+3•2⁷+…+n•2²ⁿ⁺¹，
4T_n=1•2⁵+2•2⁷+3•2⁹+…+n•2²ⁿ⁺³，
兩式作差可得，
3T_n=-2³-2⁵-2⁷-…-2²ⁿ⁺¹+n•2²ⁿ⁺³=（n-$\frac{1}{3}$）2²ⁿ⁺³+$\frac{8}{3}$，
故T_n=（$\frac{n}{3}$-$\frac{1}{9}$）2²ⁿ⁺³+$\frac{8}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)在數(shù)列中的應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，同時(shí)考查了錯(cuò)位相減法的應(yīng)用．