Question

16．已知等差數(shù)列{a_n}中，前n項(xiàng)和為S_n，a₁=1，{b_n}為等比數(shù)列且各項(xiàng)均為正數(shù)，b₁=1，且滿足：b₂+S₂=7，b₃+S₃=22．
（Ⅰ）求a_n與b_n；
（Ⅱ）記c_n=$\frac{{2}^{n-1}•{a}_{n}}{_{n}}$，求{c_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅲ）若不等式（-1）ⁿ•m-T_n＜$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對(duì)一切n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，等比數(shù)列{b_n}的公比為q＞0，由a₁=1，b₁=1，且滿足：b₂+S₂=7，b₃+S₃=22．可得q+2+d=7，q²+3+3d=22，聯(lián)立解出即可得出．
（Ⅱ）c_n=$\frac{n•{2}^{n-1}}{{4}^{n-1}}$=$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$，利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（Ⅲ）不等式（-1）ⁿ•m-T_n＜$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，即（-1）ⁿ•m-4+（2+n）$•（\frac{1}{2}）^{n-1}$＜$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，化為：（-1）ⁿ•m＜4-$\frac{1}{{2}^{n}}$．對(duì)n分類討論，利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（I）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，等比數(shù)列{b_n}的公比為q＞0，
∵a₁=1，b₁=1，且滿足：b₂+S₂=7，b₃+S₃=22．
∴q+2+d=7，q²+3+3d=22，聯(lián)立解得q=4，d=1．
∴a_n=1+（n-1）=n，b_n=4^n-1．
（Ⅱ）c_n=$\frac{{2}^{n-1}•{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n•{2}^{n-1}}{{4}^{n-1}}$=$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=1+$2×\frac{1}{2}$+3×$（\frac{1}{2}）^{2}$+…+$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+2×（\frac{1}{2}）^{2}$+…+（n-1）$•（\frac{1}{2}）^{n-1}$+n$•（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=1+$\frac{1}{2}$+$（\frac{1}{2}）^{2}$+…+$（\frac{1}{2}）^{n-1}$-n$•（\frac{1}{2}）^{n}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-$n•（\frac{1}{2}）^{n}$=2-（2+n）$•（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴T_n=4-（2+n）$•（\frac{1}{2}）^{n-1}$．
（Ⅲ）不等式（-1）ⁿ•m-T_n＜$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，即（-1）ⁿ•m-4+（2+n）$•（\frac{1}{2}）^{n-1}$＜$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
化為：（-1）ⁿ•m＜4-$\frac{1}{{2}^{n}}$．
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，m＜4-$\frac{1}{{2}^{2}}$=$\frac{15}{4}$．
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，-m≤4，解得m≥-4．
∵（-1）ⁿ•m-T_n＜$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對(duì)一切n∈N^*恒成立，
∴$-4≤m＜\frac{15}{4}$．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是$[-4，\frac{15}{4}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．