Question

6．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=2a_n-3（-1）ⁿ（n∈N^*）．
（1）若b_n=a_2n-1，求證：b_n+1=4b_n；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）若a₁+2a₂+3a₃+…+na_n＞λ•2ⁿ對(duì)一切正整數(shù)n恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列遞推公式即可證明，
（2）先求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式，再分類求出{a_n}的通項(xiàng)公式，
（3）令S=1•2¹+2•2²+…+n•2ⁿ根據(jù)錯(cuò)位相減法求出S_n，分離參數(shù)，根據(jù)數(shù)列的函數(shù)特征即可求出λ的取值范圍．

解答 解：（1）${b_{n+1}}={a_{2n+2}}-1=2{a_{2n+1}}-3（-1{）^{2n+1}}-1=2{a_{2n+1}}+2$=$4{a_{2n}}-6（-1{）^{2n}}+2=4{a_{2n}}-4=4{b_n}$…（3分）
（2）a₂=2a₁-3（-1）=5，b₁=a₂-1=4，因?yàn)閎_n+1=4b_n
所以$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=4$，所以{b_n}是等比數(shù)列，所以b_n=4ⁿ=a_2n-1，${a_{2n}}={4^n}+1={2^{2n}}+1$，${a_{2n}}=2{a_{2n-1}}+3={2^{2n}}+1$，${a_{2n-1}}={2^{2n-1}}-1$
所以${a_n}=\left\{\begin{array}{l}{2^n}-1，n為奇數(shù)\\{2^n}+1，n為偶數(shù)\end{array}\right.$，即${a_n}={2^n}+（-1{）^n}$…（8分）
（3）由（2）$n{a_n}=n•{2^n}+（-1{）^n}•n$，
$\begin{array}{l}{S_n}={a_1}+2{a_2}+3{a_3}+…+n{a_n}=（1•{2^1}-1）+（2•{2^n}+2）+…+（n•{2^n}+{（-1）^n}•n）\\=（1•{2^1}+2•{2^n}+…+n•{2^n}）+（-1+2-3+…+{（-1）^n}•n）\end{array}$
令S=1•2¹+2•2²+…+n•2ⁿ
則2S=1•2²+2•2³+…+（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹$-S={2^1}+{2^2}+…+{2^n}-n•{2^{n+1}}=\frac{{2-{2^{n+1}}}}{1-2}-n•{2^{n+1}}$，
S=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2…（9分）
n為奇數(shù)時(shí)，$T=-1+2-3+…+{（-1）^n}•n=-\frac{n+1}{2}$，
n為偶數(shù)時(shí)，$T=-1+2-3+…+{（-1）^n}•n=\frac{n}{2}$…（11分）
所以n為奇數(shù)時(shí)${S_n}=S+T=（n-1）•{2^{n+1}}+2-\frac{n+1}{2}＞λ{(lán)2^n}$，
即$λ＜2（n-1）+\frac{3-n}{{2•{2^n}}}$恒成立，
易證$2（n-1）+\frac{3-n}{{2•{2^n}}}$遞增，n=1時(shí)$2（n-1）+\frac{3-n}{{2•{2^n}}}$取最小值$\frac{1}{2}$，
所以$λ＜\frac{1}{2}$n為偶數(shù)時(shí)，
${S_n}=S+T=（n-1）•{2^{n+1}}+2+\frac{n}{2}＞λ{(lán)2^n}$，
即$λ＜2（n-1）+\frac{4+n}{{2•{2^n}}}$，
易證$2（n-1）+\frac{4+n}{{2•{2^n}}}$遞增，n=2時(shí)$2（n-1）+\frac{4+n}{{2•{2^n}}}$取最小值$\frac{11}{4}$，
所以$λ＜\frac{11}{4}$…（15分）
綜上可得  $λ＜\frac{1}{2}$．（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題首先考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量、通項(xiàng)，結(jié)合含兩個(gè)變量的不等式的處理問題，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，要注意錯(cuò)位相減求和法和轉(zhuǎn)化與化歸思想的合理運(yùn)用，本題有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)．