Question

9．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和是S_n，且S_n=2a_n-n
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n+1}為等比數(shù)列；并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（Ⅱ）數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{2n}{{a}_{n}+1}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅲ）若不等式（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對一切n∈N^*恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=2a_n-n，∴s_n-1=2a_n-1-（n-1），兩式相減，即可得數(shù)列{a_n+1}是首項(xiàng)和公比都是2的等比數(shù)列，
（Ⅱ）可得b_n=$\frac{2n}{{a}_{n}+1}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，利用錯(cuò)位相減法求T_n               
（Ⅲ）不等式（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對一切n∈N^*恒成立
?不等式（-1）ⁿλ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$對一切n∈N^*恒成立
由$f（n）=4-\frac{2}{{2}^{n-1}}，n∈{N}^{+}$為遞增函數(shù)，分n的奇偶討論即可

解答 解：（Ⅰ）證明：當(dāng)n=1時(shí)，s₁=2a₁-1=a₁，∴a₁+1=2≠0          …（1分）
當(dāng)n≥2時(shí)，∵S_n=2a_n-n，∴s_n-1=2a_n-1-（n-1），兩式相減
∴a_n=2a_n-2a_n-1-1，∴a_n=2a_n-1+1，∴a_n+1=2（a_n-1+1）…（3分）
∴數(shù)列{a_n+1}是首項(xiàng)和公比都是2的等比數(shù)列，得a_n+1=2ⁿ⇒a_n=2ⁿ-1…（4分）
（Ⅱ）可得b_n=$\frac{2n}{{a}_{n}+1}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
T_n=$1×\frac{1}{{2}^{0}}+2×\frac{1}{{2}^{1}}+3×\frac{1}{{2}^{2}}+…+（n-1）\frac{1}{{2}^{n-2}}$+n×$\frac{1}{{2}^{n-1}}$ 
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=1×$\frac{1}{{2}^{1}}+2×\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-2）$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+（n-1）$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n×$\frac{1}{{2}^{n}}$
，兩式相減得$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{1}{{2}^{1}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-n×\frac{1}{{2}^{n}}$=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$
∴${T}_{n}=4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$                               …（8分）
（Ⅲ）不等式（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對一切n∈N^*恒成立
?不等式（-1）ⁿλ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$對一切n∈N^*恒成立
由$f（n）=4-\frac{2}{{2}^{n-1}}，n∈{N}^{+}$為遞增函數(shù)．…（9分）
若n為偶數(shù)，則λ＜f（2）=3，∴λ＜3                …（10分）
若n為奇數(shù)，則-λ＜f（1）=2，∴-λ＜2，λ＞-2   …（11分）
∴-2＜λ＜3                                    …（12分）

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列的遞推式、等比數(shù)列的判定、錯(cuò)位相減法求和、數(shù)列的單調(diào)性，屬于中檔題．