Question

11．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1，且（n+1）a_n=2S_n（n∈N^*），数列{b_n}满足${b_1}=\frac{1}{2}$，${b_2}=\frac{1}{4}$，对任意n∈N^*，都有$b_{n+1}^2=b{\;}_n{b_{n+2}}$．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）令T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n．若对任意的n∈N^*，不等式λnT_n+2b_nS_n＜2（λn+3b_n）恒成立，试求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由（n+1）a_n=2S_n，可得${S_n}=\frac{{（{n+1}）{a_n}}}{2}$，n∈N^*，利用递推关系可得：$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=\frac{n}{n-1}$（ n≥2）．利用“累乘求积”方法即可得出a_n．利用等比数列的通项公式即可得出b_n．
（2）由a_nb_n=n$•（\frac{1}{2}）^{n}$，利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出T_n．代入不等式λnT_n+2b_nS_n＜2（λn+3b_n），化简整理利用二次函数的单调性即可得出．

解答 解：（1）∵（n+1）a_n=2S_n，∴${S_n}=\frac{{（{n+1}）{a_n}}}{2}$，n∈N^*
当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{{（{n+1}）{a_n}}}{2}-\frac{{n{a_{n-1}}}}{2}$，
∴na_n-1=（n-1）a_n，即$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=\frac{n}{n-1}$（ n≥2）．
∴${a_n}=\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}•\frac{{{a_{n-1}}}}{{{a_{n-2}}}}…\frac{a_3}{a_2}•\frac{a_2}{a_1}•{a_1}=\frac{n}{n-1}•\frac{n-1}{n-2}•\frac{n-2}{n-3}…\frac{3}{2}•\frac{2}{1}•1=n$（n≥2），
又a₁=1，也满足上式，
故数列{a_n}的通项公式a_n=n（n∈N^*）．．
由$b_{n+1}^2={b_n}•{b_{n+2}}，且{b_1}≠0$，${b_1}=\frac{1}{2}$，${b_2}=\frac{1}{4}$，
可知：数列{b_n}是等比数列，其首项、公比均为$\frac{1}{2}$，
∴数列{b_n}的通项公式：b_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$．
（2）∵a_nb_n=n$•（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴T_n=$\frac{1}{2}+2×（\frac{1}{2}）^{2}$+3×$（\frac{1}{2}）^{3}$+…+n$•（\frac{1}{2}）^{n}$．
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$（\frac{1}{2}）^{2}+2×（\frac{1}{2}）^{3}$+…+（n-1）$•（\frac{1}{2}）^{n}$+n$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}+（\frac{1}{2}）^{2}$+…+$（\frac{1}{2}）^{n}$-n$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-n$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴${T_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$．
又S_n=1+2+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$．
不等式λnT_n+2b_nS_n＜2（λn+3b_n）恒成立，
即λn$（2-\frac{n+2}{{2}^{n}}）$+$\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}$＜2$（λn+\frac{3}{{2}^{n}}）$，
即（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^*）．
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，+∞）．

点评 本题考查了数列递推关系、“累乘求积”方法、等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”、二次函数的单调性、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．