Question

9．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足2S_n+a_n=1；遞增的等差數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，b₃=b${\;}_{2}^{2}$-4．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）若c_n是a_n，b_n的等比中項，求數(shù)列{c${\;}_{n}^{2}$}的前n項和T_n；
（3）若c${\;}_{n}^{2}$≤$\frac{1}{3}$t²+2t-2對一切正整數(shù)n恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）討論n=1時，a₁=S₁，當n＞1時，a_n=S_n-S_n-1，可得數(shù)列{a_n}的通項公式；再由等差數(shù)列的通項公式，解方程可得d，即可得到所求{b_n}的通項公式；
（2）運用等比數(shù)列的性質(zhì)，求得c${\;}_{n}^{2}$=a_nb_n=（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ；再由數(shù)列的求和方法：錯位相減法，化簡整理即可得到所求；
（3）由題意可得（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ≤$\frac{1}{3}$t²+2t-2恒成立．判斷{（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ}的單調(diào)性，可得最大值，解不等式即可得到t的范圍．

解答 解：（1）當n=1時，a₁=S₁，2S₁+a₁=1，解得a₁=$\frac{1}{3}$；
當n＞1時，2S_n+a_n=1，可得2S_n-1+a_n-1=1，
相減即有2a_n+a_n-a_n-1=0，即為a_n=$\frac{1}{3}$a_n-1，
則a_n=（$\frac{1}{3}$）ⁿ；
設遞增的等差數(shù)列{b_n}的公差為d，即有1+2d=（1+d）²-4，
解得d=2，則b_n=2n-1；
（2）c_n是a_n，b_n的等比中項，可得c${\;}_{n}^{2}$=a_nb_n=（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ；
前n項和T_n=1•$\frac{1}{3}$+3•（$\frac{1}{3}$）²+5•（$\frac{1}{3}$）³+…+（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ；
$\frac{1}{3}$T_n=1•（$\frac{1}{3}$）²+3•（$\frac{1}{3}$）³+5•（$\frac{1}{3}$）⁴+…+（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹；
相減可得$\frac{2}{3}$T_n=$\frac{1}{3}$+2[（$\frac{1}{3}$）²+（$\frac{1}{3}$）³+…+（$\frac{1}{3}$）ⁿ]-（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{3}$+2•$\frac{\frac{1}{9}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}$-（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹；
化簡可得前n項和T_n=1-（n+1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ；
（3）c${\;}_{n}^{2}$≤$\frac{1}{3}$t²+2t-2對一切正整數(shù)n恒成立，即為
（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ≤$\frac{1}{3}$t²+2t-2恒成立．
由${{c}_{n+1}}^{2}$-c${\;}_{n}^{2}$=（2n+1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹-（2n-1）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ=（$\frac{1}{3}$）ⁿ•$\frac{4}{3}$（1-n）≤0，
可得數(shù)列{c${\;}_{n}^{2}$}單調(diào)遞減，即有最大值為c₁²=$\frac{1}{3}$，
則$\frac{1}{3}$≤$\frac{1}{3}$t²+2t-2，解得t≥1或t≤-7．
即實數(shù)t的取值范圍為（-∞，-7]∪[1，+∞）．

點評 本題考查數(shù)列的通項的求法，注意運用數(shù)列的通項和前n項和的關系，考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式和求和公式的運用，同時考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，考查數(shù)列的單調(diào)性的運用：解恒成立問題，屬于中檔題．