Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，且na_n+1=2S_n（n∈N^*），數(shù)列{b_n}滿足b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，對任意n∈N^*，都有b_n+1²=b_n•b_n+2．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）令T_n=a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n，若對任意的n∈N^*，不等式λnT_n+2b_nS_n＞2（λn+3b_n）恒成立，試求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（1）利用已知條件求出數(shù)列的遞推關(guān)系式，利用累積法求出數(shù)列{a_n}的通項公式，然后求解{b_n}的通項公式；
（2）通過T_n=a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n，利用錯位相減法求出T_n，對任意的n∈N^*，轉(zhuǎn)化不等式λnT_n+2b_nS_n＞2（λn+3b_n）恒成立，為n的二次不等式恒成立問題，方法一利用二次函數(shù)的最值，求實數(shù)λ的取值范圍．方法二：推出n的不等式，利用基本不等式求解即可．

解答： 解：（1）∵na_n+1=2S_n，∴（n-1）a_n=2S_n-1（n≥2），兩式相減得，na_n+1-（n-1）a_n=2a_n，
∴na_n+1=（n+1）a_n，即

an+1

an

=

n+1

n

（n≥2），又因為a₁=1，a₂=2，從而

a2

a1

=2=

2

1

，
∴an=a1•

a2

a1

•

a3

a2

•…•

an

an-1

=1×

2

1

ו

3

2

×…×

n

n-1

=n（n≥2），
故數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=n（n∈N^*）．
在數(shù)列{b_n}中，由

b

2 n+1

=bn•bn+2，知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項、公比均為

1

2

，
∴數(shù)列{b_n}的通項公式bn=(

1

2

)n．
（2）∴Tn=

1

2

+2•(

1

2

)2+…+(n-1)•(

1

2

)n-1+n•(

1

2

)n①
∴

1

2

Tn=(

1

2

)2+2•(

1

2

)3+…+(n-1)(

1

2

)n+n(

1

2

)n+1②
由①-②，得

1

2

Tn=

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)3+…+(

1

2

)n]-n•(

1

2

)n+1=1-

n+2

2n+1

，
∴Tn=2-

n+2

2n

，
不等式λnT_n+2b_nS_n＜2（λn+3b_n）即為λn(2-

n+2

2n

)+

n(n+1)

2n

＞2(λn+

3

2n

)，
即（1-λ）n²+（1-2λ）n-6＞0（n∈N^*）恒成立．
方法一、設(shè)f（n）=（1-λ）n²+（1-2λ）n-6（n∈N^*），
當(dāng)λ=1時，f（n）=-n-6＜0恒成立，則λ=1不滿足條件；
當(dāng)λ＞1時，由二次函數(shù)性質(zhì)知不恒成立；
當(dāng)λ＜1時，f（1）=-3λ-4＞0恒成立，則λ＜-

4

3

滿足條件．
綜上所述，實數(shù)λ的取值范圍是(-∞，-

4

3

)．
方法二、即λ＜

n2+n-6

n2+2n

（n∈N^*）恒成立，
令f(n)=

n2+n-6

n2+2n

．則f(n)=1-

n+6

n2+2n

=1-

1

n2+2n n+6

=1-

1

(n+6)+ 24 n+6 -10

，
由n+6≥7，(n+6)+

24

n+6

-10單調(diào)遞增且大于0，∴f（n）單調(diào)遞增∴f(n)≥f(1)=-

4

3

∴實數(shù)λ的取值范圍是(-∞，-

4

3

)．

點評：本題考查數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，數(shù)列求和的方法錯位相減法的應(yīng)用，函數(shù)的最值，考查分析問題解決問題的能力，是難度比較大的中檔題．