Question

9．已知數(shù)列{a_n}滿足：a_n=2a_n-1+2ⁿ+2（n∈N^*，n≥2），a₁=2，數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{{2}^{n}}$（n∈N^*）．
（1）求證：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（2）若數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求S_n；
（3）己知數(shù)列{c_n}滿足c_n=$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$，且數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若不等式8T_n≤λb_n+1對(duì)任意的n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由a_n=2a_n-1+2ⁿ+2（n∈N^*，n≥2），a₁=2，變形為：$\frac{{a}_{n}+2}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}+2}{{2}^{n-1}}$=1，可得：b_n-b_n-1=1，即可證明．
（2）由（1）可得：b_n=n+1．可得：a_n=（n+1）•2ⁿ-2．利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．
（3）利用“裂項(xiàng)求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）證明：由a_n=2a_n-1+2ⁿ+2（n∈N^*，n≥2），a₁=2，
變形為：$\frac{{a}_{n}+2}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}+2}{{2}^{n-1}}$=1，
∵數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{{2}^{n}}$（n∈N^*），
∴b_n-b_n-1=1，
∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為2，公差為1．
（2）解：由（1）可得：b_n=2+（n-1）=n+1．
∴$\frac{{a}_{n}+2}{{2}^{n}}$=n+1，∴a_n=（n+1）•2ⁿ-2．
設(shè)數(shù)列{（n+1）•2ⁿ}的前n項(xiàng)和為A_n．
則A_n=2×2+3×2²+4×2³+…+（n+1）•2ⁿ．
2A_n=2×2²+3×2³+…+n•2ⁿ+（n+1）•2ⁿ⁺¹，
∴-A_n=4+（2²+2³+…+2ⁿ）-（n+1）•2ⁿ⁺¹=2+$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-（n+1）•2ⁿ⁺¹=（-n）•2ⁿ⁺¹，
∴A_n=n•2ⁿ⁺¹．
∴S_n=n•2ⁿ⁺¹-2n．
（3）解：∵c_n=$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n=$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）$+…+$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}$．
不等式8T_n≤λb_n+1，化為：4$-\frac{8}{n+2}$≤λ（n+2），
∴λ≥$\frac{4n}{（n+2）^{2}}$，
∵$\frac{4n}{（n+2）^{2}}$=$\frac{4}{n+\frac{4}{n}+4}$≤$\frac{1}{2}$，
∵不等式8T_n≤λb_n+1對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
∴$λ≥\frac{1}{2}$．
∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍是$[\frac{1}{2}，+∞）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．