Question

5．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，（a_n，S_n）在函數(shù)y=2-x的圖象上．
（1）求a_n；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，b_n+1=b_n+a_n，求b_n；
（3）在（2）的條件下，設(shè)c_n=1og${\;}_{\frac{1}{2}}$a_2n，T_n=$\frac{4}{{c}_{1}{c}_{2}}$+$\frac{4}{{c}_{2}{c}_{3}}$+…+$\frac{4}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$，若不等式b_n+T_n＞m-2013對(duì)一切正整數(shù)n都成立的，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列的函數(shù)特征，求出數(shù)列的遞推公式，根據(jù)遞推公式求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，
（2）利用累加法即可求出數(shù)列b_n的通項(xiàng)公式，
（3）先根據(jù)對(duì)數(shù)的性質(zhì)求出數(shù)列c_n的通項(xiàng)公式，再用裂項(xiàng)求和求出T_n，再分離參數(shù)，根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性即可求出m的取值范圍．

解答 解：（1）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，（a_n，S_n）在函數(shù)y=2-x的圖象上，
∴S_n=2-a_n，
∴S_n-1=2-a_n-1，
∴a_n=a_n-1-a_n，
即2a_n=a_n-1，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2-a₁，解的a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
∴a_n=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
（2）∵b₁=1，b_n+1=b_n+a_n，
∴b_n-b_n-1=a_n-1，
∴b₂-b₁=a₁，b₃-b₂=a₂，…，
累加可得b_n-b₁=a₁+a₂+…+a_n-1=$\frac{1×（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$=2-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$，
∴b_n=3-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$，
（3）∵c_n=1og${\;}_{\frac{1}{2}}$a_2n=2n-1，
∴$\frac{4}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{4}{（2n-1）（2n+1）}$=2（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴T_n=$\frac{4}{{c}_{1}{c}_{2}}$+$\frac{4}{{c}_{2}{c}_{3}}$+…+$\frac{4}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=2（$\frac{1}{1}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=2（1-$\frac{1}{2n+1}$）=2-$\frac{2}{2n+1}$
∵不等式b_n+T_n＞m-2013對(duì)一切正整數(shù)n都成立，
∴m＜3-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+2-$\frac{2}{2n+1}$+2013=2018-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2}{2n+1}$
設(shè)f（n）=2018-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2}{2n+1}$
∴f（n）在n∈N*為遞增數(shù)列，
∴f（n）_min=f（1）=2018-2-$\frac{2}{3}$=2015$\frac{1}{3}$=$\frac{6046}{3}$，
∴m＜$\frac{6046}{3}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的遞推關(guān)系，考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及數(shù)列的裂項(xiàng)法求和，函數(shù)恒成立的問(wèn)題，屬于中檔題．