Question

17．在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₂=6，點（a_n-a_n-1，a_n+1）在函數(shù)f（x）=4x的圖象上
（1）求證：數(shù)列{a_n+1-2a_n}是等比數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，求證：S_n＜（n-1）•2ⁿ⁺¹+2；
（3）若C_n=3ⁿ-λ•（-1）ⁿ•$\frac{a_n}{{n-\frac{1}{2}}}$，（n∈N^*，λ為非零實數(shù)），對任意n∈N^*，C_n+1＞C_n恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意得a_n+1=4（a_n-a_n-1），從而可得a_n+1-2a_n=2（a_n-2a_n-1），從而判斷數(shù)列{a_n+1-2a_n}是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列；則a_n+1-2a_n=4•2^n-1=2ⁿ⁺¹，化簡$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1，從而可得a_n=（2n-1）2^n-1；
（2）化簡S_n=1+3×2+5×2²+…+（2n-1）2^n-1，從而可得S_n=（2n-3）2ⁿ+3，從而證明即可；
（3）化簡可得2•3ⁿ+3λ（-1）ⁿ•2ⁿ＞0，分當(dāng)n為偶數(shù)時與當(dāng)n為奇數(shù)時討論實數(shù)λ的取值范圍即可．

解答 解：（1）∵點（a_n-a_n-1，a_n+1）在函數(shù)f（x）=4x的圖象上，
∴a_n+1=4（a_n-a_n-1），
∴a_n+1-2a_n=2（a_n-2a_n-1），
又∵a₂-2a₁=6-2=4，
∴$\frac{{a}_{n+1}-2{a}_{n}}{{a}_{n}-2{a}_{n-1}}$=2，
∴數(shù)列{a_n+1-2a_n}是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列；
故a_n+1-2a_n=4•2^n-1=2ⁿ⁺¹；
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1；
故{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是以$\frac{1}{2}$為首項，1為公差的等差數(shù)列；
∴a_n=（2n-1）2^n-1；
（2）證明：S_n=1+3×2+5×2²+…+（2n-1）2^n-1①，
2S_n=1×2+3×2²+5×2³+…+（2n-1）2ⁿ②，
①-②得，
-S_n=1+2（2+2²+2³+…+2^n-1）-（2n-1）2ⁿ
=（3-2n）2ⁿ-3，
故S_n=（2n-3）2ⁿ+3，
S_n=（2n-3）2ⁿ+3=（2n-2）2ⁿ-2ⁿ+3
=（n-1）2ⁿ⁺¹+2+（1-2ⁿ）
＜（n-1）2ⁿ⁺¹+2．
（3）C_n=3ⁿ-λ•（-1）ⁿ•$\frac{a_n}{{n-\frac{1}{2}}}$=3ⁿ-λ•（-1）ⁿ•2ⁿ；
∵對任意n∈N^*，C_n+1＞C_n恒成立，
∴3ⁿ⁺¹-λ•（-1）ⁿ⁺¹•2ⁿ⁺¹＞3ⁿ-λ•（-1）ⁿ•2ⁿ，
∴2•3ⁿ+3λ（-1）ⁿ•2ⁿ＞0，
當(dāng)n為偶數(shù)時，2•3ⁿ+3λ•2ⁿ＞0，∴λ＞-$（\frac{3}{2}）^{n-1}$，故λ＞-$\frac{3}{2}$；
當(dāng)n為奇數(shù)時，2•3ⁿ-3λ•2ⁿ＞0，∴λ＜$（\frac{3}{2}）^{n-1}$，故λ＜1；
∴實數(shù)λ的取值范圍為（-$\frac{3}{2}$，0）∪（0，1）．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的應(yīng)用及數(shù)列前n項和的求法及不等式的證明，屬于難題．