Question

4．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足S_n=2a_n-n，（n∈N^*）
（1）证明：{a_n+1}是等比数列；并求数列{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=（2n+1）a_n+2n+1，求数列{b_n}的前n项和为T_n；
（3）若c_n=3ⁿ+（-1）^n-1λ•（a_n+1）（λ为非零常数，n∈N^*），问是否存在整数λ，使得对任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n？

Answer 1

分析 （1）S_n=2a_n-n，（n∈N^*），可得n=1时，a₁=2a₁-1，解得a₁．n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，可得a_n+1=2（a_n-1+1），利用等比数列的定义及其通项公式即可得出．
（2）b_n=（2n+1）a_n+2n+1=（2n+1）•2ⁿ，利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．
（3）c_n=3ⁿ+（-1）^n-1λ•（a_n+1）=3ⁿ+λ（-1）^n-12ⁿ，假设存在整数λ，使得对任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n，即3ⁿ⁺¹+λ（-1）ⁿ•2ⁿ⁺¹＞3ⁿ+λ（-1）^n-12ⁿ，对n分类讨论即可得出．

解答 （1）证明：∵S_n=2a_n-n，（n∈N^*），∴n=1时，a₁=2a₁-1，解得a₁=1．
n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-n-（2a_n-1-n+1），可得a_n=2a_n-1+1，变形为a_n+1=2（a_n-1+1），
∴{a_n+1}是等比数列，首项为2，公比为2．
∴a_n+1=2ⁿ，即a_n=2ⁿ-1．
（2）解：b_n=（2n+1）a_n+2n+1=（2n+1）•2ⁿ，
∴数列{b_n}的前n项和为T_n=3×2+5×2²+…+（2n+1）•2ⁿ，
2T_n=3×2²+5×2³+…+（2n-1）•2ⁿ+（2n+1）•2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=3×2+2（2²+2³+…+2ⁿ）-（2n+1）•2ⁿ⁺¹=2+$\frac{4×（{2}^{n}-1）}{2-1}$-（2n+1）•2ⁿ⁺¹，
解得T_n=2+（2n-1）•2ⁿ⁺¹．
（3）解：c_n=3ⁿ+（-1）^n-1λ•（a_n+1）=3ⁿ+λ（-1）^n-12ⁿ，
假设存在整数λ，使得对任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n，
则3ⁿ⁺¹+λ（-1）ⁿ•2ⁿ⁺¹＞3ⁿ+λ（-1）^n-12ⁿ，
n=2k（k∈N^*）时，λ＞$\frac{{3}^{n}-{3}^{n+1}}{{2}^{n}+{2}^{n+1}}$=$-（\frac{3}{2}）^{n-1}$，∴λ＞-$（\frac{3}{2}）^{2-1}$=-$\frac{3}{2}$．
n=2k-1（k∈N^*）时，∴λ$＜（\frac{3}{2}）^{n-1}$．∴$λ＜\frac{3}{2}$．
综上可得：$-\frac{3}{2}＜λ＜\frac{3}{2}$．
因此存在整数λ=-1，0，1，使得对任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n．

点评 本题考查了“错位相减法”、等比数列的定义通项公式与求和公式、数列的单调性、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．