Question

13．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，直线y=x-2$\sqrt{2}$与圆x²+y²=2a_n+2交于A_n，B_n（n∈N^*）两点，且$S{\;}_n=\frac{1}{4}{|{{A_n}{B_n}}|^2}$．若a₁+2a₂+3a₃+…+na_n＜λa_n²+2对任意n∈N^*恒成立，则实数λ的取值范围是（　　）

• A． （0，+∞）
• B． $（\frac{1}{2}，+∞）$
• C． [0，+∞）
• D． $[\frac{1}{2}，+∞）$

Answer 1

分析 由已知得到关于数列{a_n}的递推式，进一步得到{S_n+2}是以a₁+2为首项，2为公比的等比数列．求出数列{a_n}的前n项和为S_n，进一步求得数列{a_n}的通项，然后利用错位相减法求得a₁+2a₂+3a₃+…+na_n，代入a₁+2a₂+3a₃+…+na_n＜λa_n²+2，分离参数λ，求出$\frac{2n-2}{{2}^{n}}$得最大值得答案．

解答 解：圆心O（0，0）到直线y=x-2$\sqrt{2}$，即x-y-2$\sqrt{2}$=0的距离d=$\frac{|-2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=2，
由d²+${（\frac{1}{2}{{|A}_{n}B}_{n}|）}^{2}$=r²，且$S{\;}_n=\frac{1}{4}{|{{A_n}{B_n}}|^2}$，
得2²+S_n=2a_n+2，∴4+S_n=2（S_n-S_n-1）+2，
即S_n+2=2（S_n-1+2）且n≥2；
∴{S_n+2}是以a₁+2为首项，2为公比的等比数列．
由2²+S_n=2a_n+2，取n=1，解得a₁=2，
∴S_n+2=（a₁+2）•2^n-1，则S_n=2ⁿ⁺¹-2；
∴${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}={2}^{n+1}-2-{2}^{n}+2={2}^{n}$（n≥2）．
a₁=2适合上式，
∴${a}_{n}={2}^{n}$．
令T_n=a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=1•2+2•2²+3•2³+…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ，
∴$2{T}_{n}=1•{2}^{2}+2•{2}^{3}+…+（n-1）•{2}^{n}+n•{2}^{n+1}$，
两式作差可得：$-{T}_{n}=2+{2}^{2}+{2}^{3}+…+{2}^{n}-n•{2}^{n+1}$=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}-n•{2}^{n+1}$=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2，
∴${T}_{n}=（n-1）•{2}^{n+1}+2$，
由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n＜λa_n²+2对任意n∈N^*恒成立，
可得（n-1）•2ⁿ⁺¹+2＜λ•2²ⁿ+2对任意n∈N^*恒成立，
即λ＞$\frac{2n-2}{{2}^{n}}$对任意n∈N^*恒成立，
当n=1时，$\frac{2n-2}{{2}^{n}}$=0；
由$\frac{2（n+1）-2}{{2}^{n+1}}-\frac{2n-2}{{2}^{n}}=\frac{4-2n}{{2}^{n+1}}$，知，n=2时，$\frac{4-2n}{{2}^{n+1}}$=0，
∴当n=2、3时，$\frac{2n-2}{{2}^{n}}$最大为$\frac{1}{2}$．
∴λ＞$\frac{1}{2}$．
∴λ的取值范围为：$（\frac{1}{2}，+∞）$．
故选：B．

点评 本题考查函数恒成立问题，考查数学转化思想方法，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，考查直线与圆的位置关系，是中档题．