Question

1．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，滿足a₁=1，S_n-2S_n-1=1（n∈N^*，n≥2），數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，滿足b₁=1，T_n=n²b_n，n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若對(duì)n∈N^*，恒有S_n+1＞$\frac{λ}{_{n}}$成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過a_n-2a_n-1=（S_n-2S_n-1）-（S_n-1-2S_n-2）=0可得數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，進(jìn)而可得其通項(xiàng)；通過$\frac{_{n}}{_{n-1}}$=$\frac{n-1}{n+1}$及b_n=$\frac{_{n}}{_{n-1}}$•$\frac{_{n-1}}{_{n-2}}$•…•$\frac{_{2}}{_{1}}$•b₁=$\frac{2}{n（n+1）}$可得結(jié)論．
（Ⅱ）由題只需要對(duì)任意正整數(shù)λ＜$\frac{{2}^{n+1}}{n（n+1）}$恒成立．通過$\frac{{2}^{n+1}}{n（n+1）}$-$\frac{{2}^{n}}{n（n-1）}$=$\frac{{2}^{n}（n-3）}{n（n-1）（n+1）}$可得數(shù)列的單調(diào)性，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）根據(jù)題意，可得a₂=2，
當(dāng)n≥3時(shí)，S_n-1-2S_n-2=1，
∴a_n-2a_n-1=（S_n-2S_n-1）-（S_n-1-2S_n-2）=0，
即a_n=2a_n-1，
又∵a₂=2a₁，
所以數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，
即a_n=2^n-1，n∈N^*；
當(dāng)n≥2時(shí)，T_n-1=（n-1）²b_n-1，
∴$\frac{_{n}}{_{n-1}}$=$\frac{n-1}{n+1}$，
∴b_n=$\frac{_{n}}{_{n-1}}$•$\frac{_{n-1}}{_{n-2}}$•…•$\frac{_{2}}{_{1}}$•b₁=$\frac{2}{n（n+1）}$，顯然對(duì)n=1也成立．
故b_n=$\frac{2}{n（n+1）}$，n∈N^*；
（Ⅱ）由題意S_n=2ⁿ-1，只需要對(duì)任意正整數(shù)λ＜$\frac{{2}^{n+1}}{n（n+1）}$恒成立．
記C_n=$\frac{{2}^{n+1}}{n（n+1）}$，當(dāng)n≥2時(shí)，C_n-C_n-1=$\frac{{2}^{n+1}}{n（n+1）}$-$\frac{{2}^{n}}{n（n-1）}$=$\frac{{2}^{n}（n-3）}{n（n-1）（n+1）}$，
當(dāng)n≥3時(shí)數(shù)列{C_n}遞增；當(dāng)n≤2時(shí)數(shù)列{C_n}遞減．
易知n=3或2時(shí)有最小的項(xiàng)C₂=C₃=$\frac{4}{3}$，
綜上：λ＜$\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)，考查數(shù)列的單調(diào)性，注意解題方法的積累，屬于中檔題．