已知数列{an}中.a1=2.a2=3.其前n项和Sn满足Sn+1+Sn-1=2Sn+1(n≥2.n∈N*)．(1)求证:数列{an}为等差数列.并求{an}的通项公式,(2)设bn=2n•an.求数列{bn}的前n项和Tn,(3)设Cn=4n+(-1)n-1•λ2an(λ为非零整数.n∈N*).是否存在确定λ的值.使得对任意n∈N*.有Cn+1＞Cn恒成� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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已知数列{a_n}中，a₁=2，a₂=3，其前n项和S_n满足S_n+1+S_n-1=2S_n+1（n≥2，n∈N^*）．
（1）求证：数列{a_n}为等差数列，并求{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=2ⁿ•a_n，求数列{b_n}的前n项和T_n；
（3）设C_n=4ⁿ+（-1）^n-1•λ2^a_n（λ为非零整数，n∈N^*），是否存在确定λ的值，使得对任意n∈N^*，有C_n+1＞C_n恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

考点：数列的求和,数列递推式

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）利用递推式及等差数列的通项公式即可得出；
（2）利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出；
（3）由（1）可得：C_n=4ⁿ+（-1）^n-1×2ⁿ⁺¹，假设存在λ使得对任意n∈N^*，有C_n+1＞C_n恒成立，C_n+1-C_n=4ⁿ⁺¹+（-1）ⁿ×2ⁿ⁺²-[4ⁿ+（-1）^n-1•λ×2ⁿ⁺¹]，化为（-1）^n-1•λ＜2^n-1恒成立．对λ分类讨论，即可得出．

解答： （1）证明：由已知：S_n+1+S_n-1=2S_n+1（n≥2，n∈N^*），S_n+2+S_n=2S_n+1+1，
∴a_n+2+a_n=2a_n+1，
当n=2时，S₃+S₁=2S₂+1，
∴2a₁+a₂+a₃=2a₁+2a₂+1，a₃=a₂+1=4，
∴2a₂=a₁+a₃=6，
即上式对于n=1时也成立．
∴数列{a_n}为等差数列，首项为2，公差为1．
∴a_n=2+（n-1）=n+1．
（2）解：由（1）b_n=2ⁿ•a_n=（n+1）•2ⁿ；
∴数列{b_n}的前n项和T_n=2×2+3×2²+4×2³+…+（n+1）×2ⁿ，
2T_n=2×2²+3×2³+4×2⁴+…+n×2ⁿ+（n+1）×2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=2×2+2²+2³+…+2ⁿ-（n+1）×2ⁿ⁺¹=2+

2(2n-1)

2-1

-（n+1）×2ⁿ⁺¹=-n×2ⁿ⁺¹，
∴Tn=n×2n+1．
（3）由（1）可得：C_n=4ⁿ+（-1）^n-1•λ2^a_n=4ⁿ+（-1）^n-1×2ⁿ⁺¹，
假设存在λ使得对任意n∈N^*，有C_n+1＞C_n恒成立，
C_n+1-C_n=4ⁿ⁺¹+（-1）ⁿ×2ⁿ⁺²-[4ⁿ+（-1）^n-1•λ×2ⁿ⁺¹]，化为（-1）^n-1•λ＜2^n-1恒成立．
（ⅰ）当n为奇数时，即λ＜2^n-1恒成立，
当且仅当n=1时，2^n-1有最小值为1，∴λ＜1．
（ⅱ）当n为偶数时，即λ＞-2^n-1恒成立，
当且仅当n=2时，λ＞-2^n-1恒成立，
当且仅当n=2时，-2^n-1有最大值-2，
∴λ＞-2．即-2＜λ＜1，又λ为非零整数，则λ=-1．
综上所述，存在λ=-1，使得对任意n∈N^*，都有C_n+1＞C_n．

点评：本题考查了递推式的应用、等差数列的通项公式、“错位相减法”、等比数列的前n项和公式，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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