Question

3．設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且b_n=1-2S_n；將函數(shù)y=sinx在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)的全部零點(diǎn)按從小到大的順序排成數(shù)列{a_n}．
（1）求{b_n}與{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=a_n•b_n（n∈N^*），T_n為數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和，若a²-2a＞4T_n恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列遞推式可得數(shù)列{b_n}是以$\frac{1}{3}$為首項(xiàng)，以$\frac{1}{3}$為公比的等比數(shù)列，再由函數(shù)y=sinx在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)的全部零點(diǎn)按從小到大的順序排成數(shù)列{a_n}，可得{a_n}是以π為首項(xiàng)，以π為公差的等差數(shù)列，然后分別由等比數(shù)列和等差數(shù)列的通項(xiàng)公式得答案；
（2）把（1）中求得的數(shù)列的通項(xiàng)公式代入c_n=a_n•b_n，利用錯(cuò)位相減法求和后得到4T_n的最大值，代入a²-2a＞4T_n求解一元二次不等式得答案．

解答 解：（1）由b_n=1-2S_n，得$_{1}=\frac{1}{3}$，
且b_n+1=1-2S_n+1，∴b_n+1-b_n=-2b_n+1，
則$\frac{_{n+1}}{_{n}}=\frac{1}{3}$，
∴數(shù)列{b_n}是以$\frac{1}{3}$為首項(xiàng)，以$\frac{1}{3}$為公比的等比數(shù)列，
則$_{n}=\frac{1}{{3}^{n}}$；
又函數(shù)y=sinx在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)的全部零點(diǎn)按從小到大的順序排成數(shù)列{a_n}，
∴{a_n}是以π為首項(xiàng)，以π為公差的等差數(shù)列，
則a_n=π+π（n-1）=nπ；
（2）∵c_n=a_n•b_n=$\frac{nπ}{{3}^{n}}$，
∴${T}_{n}=\frac{π}{3}+\frac{2π}{{3}^{2}}+…+\frac{nπ}{{3}^{n}}$，
$\frac{1}{3}{T}_{n}=\frac{π}{{3}^{2}}+\frac{2π}{{3}^{3}}+…+\frac{（n-1）π}{{3}^{n}}+\frac{nπ}{{3}^{n+1}}$，
兩式作差得：$\frac{2}{3}{T}_{n}=\frac{π}{3}+\frac{π}{{3}^{2}}+…+\frac{π}{{3}^{n}}-\frac{nπ}{{3}^{n+1}}$=$\frac{\frac{π}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}-\frac{nπ}{{3}^{n+1}}$=$\frac{π}{2}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）-\frac{nπ}{{3}^{n+1}}$，
∴${T}_{n}=\frac{3}{4}π（1-\frac{1}{{3}^{n}}）-\frac{nπ}{2•{3}^{n}}$=$\frac{3π}{4}-\frac{π}{4•{3}^{n-1}}-\frac{nπ}{2•{3}^{n}}$$＞\frac{3π}{4}$．
由a²-2a＞4T_n恒成立，得a²-2a＞3π恒成立，
即a²-2a-3π＞0，解得：a$＜1-\sqrt{1+3π}$或a$＞1+\sqrt{1+3π}$．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，1-$\sqrt{1+3π}$）∪（1+$\sqrt{1+3π}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，訓(xùn)練了恒成立問題的求法，是中檔題．