Question

14．已知數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，且a₁＞0，若a_n²=4S_n-2a_n+3，n∈N^*，其中S_n為{a_n}的前n項和．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若使不等式$\frac{{{a_{n+p}}-8}}{{{a_n}-8}}$≥1+$\frac{p+8}{{{{（\sqrt{2}）}^{{a_n}-1}}}}$對n≥4，n∈N^*恒成立，求正數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關系可得：$（{a_n}-{a_{n-1}}）（{a_n}+a{\;}_{n-1}）=2（{a_n}+{a_{n-1}}），n∈{N^*}$，根據(jù)數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，且a₁＞0，可得a_n+a_n-1≠0，因此a_n-a_n-1=2，再利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）由（1）得不等式$\frac{{{a_{n+p}}-8}}{{{a_n}-8}}≥1+\frac{p+8}{{{{（\sqrt{2}）}^{{a_n}-1}}}}$，可化為$\frac{2p}{p+8}≥\frac{2n-7}{2^n}$，（n≥4）．再利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）當n≥2，n∈N^*時，a_n=s_n-s_n-1，
由$4{s_n}={a_{{n^{\;}}}}^2+2{a_n}-3，n∈{N^*}$，可得$4{s_{n-1}}={a_{n-1}}^2+2{a_{n-1}}-3，n∈{N^*}$，
兩式相減得$4{a_n}={a_{{n^{\;}}}}^2+2{a_n}-{a_{n-1}}^2-2{a_{n-1}}，n∈{N^*}$，
${a_{{n^{\;}}}}^2-{a_{n-1}}^2=2{a_n}+2{a_{n-1}}，n∈{N^*}$，
化為$（{a_n}-{a_{n-1}}）（{a_n}+a{\;}_{n-1}）=2（{a_n}+{a_{n-1}}），n∈{N^*}$，
∵數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，且a₁＞0，∴a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=2，
∵${a_1}^2=4{S_1}-2{a_1}+3$，且a₁＞0，∴a₁=3．
∴數(shù)列{a_n}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，
a_n=2n+1．
（2）由（1）得不等式$\frac{{{a_{n+p}}-8}}{{{a_n}-8}}≥1+\frac{p+8}{{{{（\sqrt{2}）}^{{a_n}-1}}}}$，
可化為$\frac{2p}{2n-7}≥\frac{p+8}{2^n}$，p＞0，即$\frac{2p}{p+8}≥\frac{2n-7}{2^n}$，（n≥4）．
令$f（n）=\frac{2n-7}{2^n}$，則$f（n+1）-f（n）=\frac{2n-5}{{{2^{n+1}}}}-\frac{2n-7}{2^n}$，
=$\frac{-2n+9}{{{2^{n+1}}}}$，
∴f（4）＜f（5），n≥5，n∈N^*時，f（n+1）＜f（n），
∴$f{（n）_{max}}=f（5）=\frac{3}{32}$，
∴$\frac{2p}{p+8}≥\frac{3}{32}$，$p≥\frac{24}{61}$．
∴正數(shù)p的取值范圍是$[\frac{24}{61}，+∞）$．

點評 本題考查了遞推關系、不等式的性質(zhì)、等差數(shù)列的通項公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．