Question

10．已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且4S_n=（a_n+1）²．
（1）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；
（2）已知數(shù)列{b_n}滿足：b₁=2，b_n+1=b_n+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)c_n=$\frac{n}{（{a}_{n}{a}_{n+1}）^{2}}$，記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，如果對于任意的n∈N^*，不等式λT_n＜$\frac{n+1}{2n+1}$[n+18（-1）ⁿ⁺¹]都成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由4S_n=（a_n+1）²，當(dāng)n=1時(shí)，$4{a}_{1}=（{a}_{1}+1）^{2}$，解得a₁．當(dāng)n≥2時(shí)，化為（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{a_n}，可得a_n-a_n-1=2，即可證明；
（2）由（1）可得：a_n=2n-1．由b_n+1=b_n+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，可得b_n+1-b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$．利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出；
（3）c_n=$\frac{n}{[（2n-1）（2n+1）]^{2}}$=$\frac{1}{8}[\frac{1}{（2n-1）^{2}}-\frac{1}{（2n+1）^{2}}]$．利用“裂項(xiàng)求和”可得：數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n．由于對于任意的n∈N^*，不等式λT_n＜$\frac{n+1}{2n+1}$[n+18（-1）ⁿ⁺¹]都成立，對n分類討論即可得出．

解答 （1）證明：∵4S_n=（a_n+1）²，
∴當(dāng)n=1時(shí)，$4{a}_{1}=（{a}_{1}+1）^{2}$，解得a₁=1．
當(dāng)n≥2時(shí)，$4{S}_{n-1}=（{a}_{n-1}+1）^{2}$，4a_n=$（{a}_{n}+1）^{2}$-$（{a}_{n-1}+1）^{2}$，化為（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{a_n}，
∴?n≥2，a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=2，
∴數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為2；
（2）解：由（1）可得：a_n=1+2（n-1）=2n-1．
∵b_n+1=b_n+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，
∴b_n+1-b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$．
∴當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁
=$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-5}{{2}^{n-2}}$+…+$\frac{1}{2}$+1，
令A(yù)_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-5}{{2}^{n-2}}$+…+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{2}$，
$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-5}{{2}^{n-1}}$+…+$\frac{1}{{2}^{2}}$，
∴$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{2}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}-\frac{2n+3}{{2}^{n+1}}$，
∴A_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
∴b_n=4-$\frac{2n+1}{{2}^{n-1}}$．
（3）解：c_n=$\frac{n}{（{a}_{n}{a}_{n+1}）^{2}}$=$\frac{n}{[（2n-1）（2n+1）]^{2}}$=$\frac{1}{8}[\frac{1}{（2n-1）^{2}}-\frac{1}{（2n+1）^{2}}]$．
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n=$\frac{1}{8}[（1-\frac{1}{{3}^{2}}）+（\frac{1}{{3}^{2}}-\frac{1}{{5}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（2n-1）^{2}}-\frac{1}{（2n+1）^{2}}）]$=$\frac{1}{8}（1-\frac{1}{（2n+1）^{2}}）$=$\frac{{n}^{2}+n}{2（2n+1）^{2}}$．
由于對于任意的n∈N^*，不等式λT_n＜$\frac{n+1}{2n+1}$[n+18（-1）ⁿ⁺¹]都成立，
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，不等式化為：$λ\frac{{n}^{2}+n}{2（2n+1）^{2}}$＜$\frac{n+1}{2n+1}（n+18）$，化為λ＜$4n+\frac{36}{n}$+74，∵$4n+\frac{36}{n}$+74≥$4×2\sqrt{n•\frac{9}{n}}$+74=98，∴λ＜98；
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，不等式化為：$λ\frac{{n}^{2}+n}{2（2n+1）^{2}}$＜$\frac{n+1}{2n+1}（n-18）$，化為λ＜$4n-\frac{18}{n}$-70，∵$4n-\frac{18}{n}$-70≥4-18-70=-84，∴λ＜-84；
∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（-∞，-84）．

點(diǎn)評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”方法、基本不等式的性質(zhì)、數(shù)列的單調(diào)性，考查了分類討論、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．