Question

12．在等差數(shù)列{a_n}中，已知a₁=1，公差d≠0，且a₁，a₂，a₅成等比數(shù)列，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，b₁=1，b₂=2，且S_n+2=4S_n+3，n∈N^*．
（1）求a_n和b_n；
（2）設(shè)c_n=a_n（b_n-1），數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若（-1）ⁿλ≤n（T_n+n²-3）對(duì)任意n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的關(guān)系建立方程進(jìn)行求解即可．
（2）求出數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，利用錯(cuò)位相減法進(jìn)行求和，利用參數(shù)分離法，結(jié)合n的奇數(shù)和偶數(shù)進(jìn)行討論，轉(zhuǎn)化為求最值即可求解即可．

解答 解：（1）∵在等差數(shù)列{a_n}中，已知a₁=1，公差d≠0，且a₁，a₂，a₅成等比數(shù)列，
∴a₁a₅=a₂²，
即a₁（a₁+4d）=（a₁+d）²，
即a₁²+4a₁d=a₁²+2a₁d+d²，
即2d=d²，
∵d≠0，∴d=2，則a_n=1+2（n-1）=2n-1．
∵S_n+2=4S_n+3，n∈N^*．
∴當(dāng)n≥2時(shí)，S_n+1=4S_n-1+3，n∈N^*．
兩式相減得S_n+2-S_n+1=4S_n-4S_n-1．
即b_n+2=4b_n
∴數(shù)列{b_n}從2項(xiàng)開始，所有的偶數(shù)項(xiàng)和所有的奇數(shù)項(xiàng)分別構(gòu)成公比為4的等比數(shù)列，
當(dāng)n=1時(shí)，S₃=4S₁+3，得b₃=4，
即當(dāng)n=2k+1，k∈N₊，時(shí)，b_n=b₃•4${\;}^{\frac{n+3}{2}}$=4×2^n-3=2^n-1，
∵b₁=1也滿足上式，
∴當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，b_n=2^n-1，
當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，b_n=2×${4}^{\frac{n+2}{2}}$=2^n-1，
綜上b_n=2^n-1．
（2）c_n=a_n（b_n-1）=（2n-1）（2^n-1-1）=（2n-1）•2^n-1-（2n-1），
∴T_n=（1×2⁰-1）+（3×2-3）+（5×2²-5）+…+[（2n-1）2^n-1-（2n-1）]
=[1×2⁰+3×2+5×2²+…+[（2n-1）2^n-1]-[1+3+5+…+（2n-1）]
=[1×2⁰+3×2+5×2²+…+[（2n-1）2^n-1]-$\frac{n（1+2n-1）}{2}$
=[1×2⁰+3×2+5×2²+…+[（2n-1）2^n-1]-n²，
設(shè)m=1×2⁰+3×2+5×2²+…+[（2n-1）2^n-1，
2m=1×2¹+3×2²+5×2³+…+[（2n-1）2ⁿ，
∴兩式相減得-m=1+2×2+2×2²+2×2³+…+2×2^n-1-[（2n-1）2ⁿ
=1+2×$\frac{2（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-[（2n-1）2ⁿ=-3-（2n-3）2ⁿ，
∴m=3+（2n-3）2ⁿ，
∴T_n=3+（2n-3）2ⁿ-n²，
∴n（T_n+3+n²）=n（2n-3）2ⁿ=（2n²-3n）2ⁿ，
令d_n=（2n²-3n）2ⁿ，
則d_n+1-d_n=[2（n+1）n²-3（n+1）]2ⁿ⁺¹-（2n²-3n）2ⁿ=（2n²+5n-2）2ⁿ＞0，
∴d_n+1＞d_n，記{d_n}單調(diào)遞增，
當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，
-λ≤（2n²-3n）2ⁿ，記λ≥-（2n²-3n）2ⁿ，
∵n=1時(shí)，[（2n²-3n）2ⁿ]_min=-2，
∴-（2n²-3n）2ⁿ≤2，
∴λ≥2，
當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，λ≤（2n²-3n）2ⁿ，
∵n=2時(shí)，[（2n²-3n）2ⁿ]_min=8，
∴λ≤8，
綜上2≤λ≤8．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查遞推數(shù)列的應(yīng)用，利用數(shù)列的遞推關(guān)系，結(jié)合錯(cuò)位相減法是解決本題的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，難道較大．