Question

2．设数列{a_n}的前n项和为S_n，2S_n=a_n+1-2ⁿ⁺¹+1，n∈N^*，且a₁，a₂+5，a₃成等差数列．
（1）证明$\left\{{\frac{a_n}{2^n}+1}\right\}$为等比数列，并求数列{a_n}的通项；
（2）设b_n=log₃（a_n+2ⁿ），且T_n=$\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+{\frac{1}{{{b_3}b}}_4}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$，证明T_n＜1．
（3）在（2）小问的条件下，若对任意的n∈N^*，不等式b_n（1+n）-λn（b_n+2）-6＜0恒成立，试求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）令n=1，得a₂=2a₁+3，令n=2，得a₃=6a₁+13，再由2（a₂+5）=a₁+a₃，得a₁=1，a₂=5，推导出$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{2^{n+1}}}}+1=\frac{3}{2}（\frac{a_n}{2^n}+1）$，从而能证明$数列\left\{{\frac{a_n}{2^n}+1}\right\}$是以$\frac{3}{2}$为首项，$\frac{3}{2}$为公比的等比数列，进而能求出${a_n}={3^n}-{2^n}$．
（2）推导出${b_n}={log_3}{3^n}=n$，由此利用裂项求和法能证明T_n＜1．
（3）当b_n（1+n）-λn（b_n+2）-6＜0恒成立时，（1-λ）n²+（1-2λ）n-6＜0（n∈N^*）恒成立，设f（n）=（1-λ）n²+（1-2λ）n-6（n∈N^*），由此利用λ=1，λ＜1，λ＞1进行分类讨论，能求出实数λ的取值范围．

解答 证明：（1）在$2{S_n}={a_{n+1}}-{2^{n+1}}+1，n∈{N^*}$中
令n=1，得$2{S_1}={a_2}-{2^2}+1$，即a₂=2a₁+3，①
令n=2，得$2{S_2}={a_3}-{2^3}+1$，即a₃=6a₁+13，②
又2（a₂+5）=a₁+a₃，③
则由①②③解得a₁=1，a₂=5…．（2分）
当n≥2时，由$\left\{\begin{array}{l}2{S_n}={a_{n+1}}-{2^{n+1}}+1\\ 2{S_{n-1}}={a_n}-{2^n}+1\end{array}\right.$，
得到$2{a_n}={a_{n+1}}-{a_n}-{2^n}$，
则$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{2^{n+1}}}}+1=\frac{3}{2}（\frac{a_n}{2^n}+1）$
又a₂=5，则$\frac{a_2}{2^2}+1=\frac{3}{2}（\frac{a_1}{2^1}+1）$，
∴$数列\left\{{\frac{a_n}{2^n}+1}\right\}$是以$\frac{3}{2}$为首项，$\frac{3}{2}$为公比的等比数列，
∴$\frac{a_n}{2^n}+1=\frac{3}{2}×{（\frac{3}{2}）^{n-1}}$，解得${a_n}={3^n}-{2^n}$…（6分）
（2）∵${b_n}={log_3}（{a_n}+{2^n}）$，∴${b_n}={log_3}{3^n}=n$，
则${T_n}=\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+\frac{1}{3×4}+…+\frac{1}{n×（n+1）}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$
=$1-\frac{1}{n+1}$，
∴T_n＜1…（8分）
解：（3）当b_n（1+n）-λn（b_n+2）-6＜0恒成立时，
即（1-λ）n²+（1-2λ）n-6＜0（n∈N^*）恒成立…（9分）
设f（n）=（1-λ）n²+（1-2λ）n-6（n∈N^*），
当λ=1时，f（n）=-n-6＜0恒成立，则λ=1满足条件；
当λ＜1时，由二次函数性质知不恒成立；
当λ＞1时，由于对称轴x=$-\frac{1-2λ}{1-λ}＜0$，则f（n）在[1，+∞）上单调递减，
f（n）≤f（1）=-3λ-4＜0恒成立，则λ＞1满足条件，
综上所述，实数λ的取值范围是[1，+∞）．…（12分）

点评 本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，考查数列不等式的证明，考查实数值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．