Question

1．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和是S_n，且S_n=2a_n-1，數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，nb_n+1=（n+1）b_n，n∈N^*
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為Q_n，T_n=S_n+2Q_n+1，問，是否存在實(shí)數(shù)λ，使得對任意正整數(shù)n，不等式λT_n≥T_n+1恒成立？若存在，求λ的最小值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2a_n-1，n=1時(shí)，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁=1．當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，化為：a_n=2a_n-1，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．?dāng)?shù)列{b_n}滿足b₁=1，nb_n+1=（n+1）b_n，n∈N^*，變形為：$\frac{_{n+1}}{n+1}$=$\frac{_{n}}{n}$，即可得出．
（2）S_n=2ⁿ-1，Q_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，T_n=S_n+2Q_n+1=2ⁿ+n（n+1），不等式λT_n≥T_n+1，λ≥$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$=2+$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n}+n（n+1）}$，n=1時(shí)，$\frac{{T}_{2}}{{T}_{1}}$=$\frac{5}{2}$，n≥2時(shí)，$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n}+n（n+1）}$≤0，即可得出．

解答 解：（1）由S_n=2a_n-1，n=1時(shí)，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁=1．
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-1-（2a_n-1-1），化為：a_n=2a_n-1，
∴數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，公比為2，首項(xiàng)為1，
∴a_n=2^n-1．
數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，nb_n+1=（n+1）b_n，n∈N^*，
變形為：$\frac{_{n+1}}{n+1}$=$\frac{_{n}}{n}$，因此數(shù)列$\{\frac{_{n}}{n}\}$是常數(shù)列，
∴$\frac{_{n}}{n}$=1，可得b_n=n．
（2）S_n=2×2^n-1-1=2ⁿ-1，Q_n=1+2+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$，T_n=S_n+2Q_n+1=2ⁿ+n（n+1），
不等式λT_n≥T_n+1，∴λ≥$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$=$\frac{{2}^{n+1}+（n+1）（n+2）}{{2}^{n}+n（n+1）}$=2+$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n}+n（n+1）}$，
n=1時(shí)，$\frac{{T}_{2}}{{T}_{1}}$=$\frac{5}{2}$，n≥2時(shí)，$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n}+n（n+1）}$≤0，
∴存在實(shí)數(shù)λ≥$\frac{5}{2}$，使得對任意正整數(shù)n，不等式λT_n≥T_n+1恒成立．
∴λ的最小值是$\frac{5}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求和公式、常數(shù)列、數(shù)列的單調(diào)性、遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．