Question

2．已知：f（x）=$\sqrt{{x}^{2}+2}$，正項(xiàng)數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a_n+1=f（a_n），數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a_n²=2ⁿ⁺¹b_n
（1）求{b_n}的通項(xiàng)公式
（2）若不等式設(shè)2ⁿ•S_n＞m•2ⁿ-2a_n²對(duì)?n∈N⁺恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)的特征和數(shù)列的遞推公式得到數(shù)列{a_n²}是以4為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，即可求出{b_n}的通項(xiàng)公式，
（2）先根據(jù)錯(cuò)位相減法求出數(shù)列數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，再分離參數(shù)，利用放縮法即可求出m的取值范圍．

解答 解：（1）∵f（x）=$\sqrt{{x}^{2}+2}$，正項(xiàng)數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a_n+1=f（a_n），
∴a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}+2}$，
∴a_n+1²=a_n²+2，
∵a₁=2，
∴a₁²=4，
∴數(shù)列{a_n²}是以4為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，
∴a_n²=4+2（n-1）=2（n+1），
∵a_n²=2ⁿ⁺¹b_n，
∴b_n=$\frac{2（n+1）}{{2}^{n+1}}$=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
（2）S_n=$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{4}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+$\frac{4}{{2}^{4}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$+1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$，
∴S_n=3-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n}}$=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$
∵2ⁿ•S_n＞m•2ⁿ-2a_n²對(duì)?n∈N⁺恒成立，
∴2ⁿ•（3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$）＞m•2ⁿ-4（n+1），對(duì)?n∈N⁺恒成立，
∴m＜3+$\frac{3n+1}{{2}^{n}}$，而3+$\frac{3n+1}{{2}^{n}}$＞3．
∴m≤3，
故m的取值范圍（-∞，3]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．