14.設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2n-1,數(shù)列{bn}滿足b1=2,bn+1-2bn=8an
(Ⅰ)求數(shù)列{an}、{bn}的通項公式;
(Ⅱ)設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,是否存在常數(shù)λ,使得不等式(-1)nλ<1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$恒成立?若存在,求出λ的取值范圍;若不存在,請說明理由.

分析 (Ⅰ)利用遞推關系即可得出{an}的通項公式,根據(jù)bn+1-2bn=8an,可得$\frac{_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=2,從而可得{$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$}是首項為$\frac{_{1}}{{2}^{1}}$=1,公差為2的等差數(shù)列,由此可求{bn}的通項公式;
(Ⅱ)存在常數(shù)λ使得不等式(-1)nλ<1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$(n∈N*)恒成立.利用錯位相減法求數(shù)列的和,再分類討論,利用分離參數(shù)法,即可得到結論.

解答 (本題滿分為13分)
解:(Ⅰ)當n=1時,a1=S1=2-1=1,
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1,
∵a1=1滿足上式,
∴an=2n-1
∵bn+1-2bn=8an,所以 bn+1-2bn=2n+2,即$\frac{_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=2.
∴{$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$}是首項為$\frac{_{1}}{{2}^{1}}$=1,公差為2的等差數(shù)列.
∴$\frac{_{n}}{{2}^{n}}$=1+2(n-1)=2n-1,
∴bn=(2n-1)•2n
(Ⅱ)存在常數(shù)λ使得不等式(-1)nλ<1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$(n∈N*)恒成立.
因為Tn=1•21+3•22+5•23+…+(2n-3)•2n-1+(2n-1)•2n
所以2Tn=1•22+3•23+…+(2n-5)•2n-1+(2n-3)•2n+(2n-1)•2n+1
由①-②得-Tn=2+23+24+…+2n+1-(2n-1)•2n+1
化簡得Tn=(2n-3)•2n+1+6.
因為$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$=$\frac{(2n-3)•{2}^{n+1}}{(2n-1)•{2}^{n+2}}$=$\frac{2n-3}{4n-2}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{2}{4n-2}$=$\frac{1}{2}-$$\frac{1}{2n-1}$,
(1)當n為奇數(shù)時,(-1)λ<1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$,所以λ>-1-$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$,即λ>-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{2n-1}$.
所以當n=1時,-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{2n-1}$的最大值為-$\frac{1}{2}$,所以只需λ>-$\frac{1}{2}$;
(2)當n為偶數(shù)時,λ<1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$,所以λ<$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2n-1}$,
所以當n=2時,$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2n-1}$的最小值為$\frac{7}{6}$,所以只需λ<$\frac{7}{6}$;
由(1)(2)可知存在-$\frac{1}{2}$<λ<$\frac{7}{6}$,使得不等式(-1)nλ<1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$(n∈N*)恒成立.…(13分)

點評 本題考查了遞推關系的意義、等差數(shù)列的通項公式,考查了變形能力、推理能力與計算能力,考查存在性問題的探究,考查分離參數(shù)法的運用,屬于中檔題.

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