Question

8．已知数列{a_n}的前n项和S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹．
（Ⅰ）证明：数列{${\frac{a_n}{2^n}$}是等差数列；
（Ⅱ）数列{b_n}满足b_n=$\frac{n}{{（n+1）•{2^{2n-1}}}}•{a_n}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，若不等式（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$对一切n∈N^*恒成立，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹与S_n-1=2a_n-1-2ⁿ作差可知a_n=2a_n-1+2ⁿ（n≥2），两边同时除以2ⁿ可知$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$+1，进而可知数列{${\frac{a_n}{2^n}$}是首项为2、公差为1的等差数列；
（Ⅱ）通过（I）可知${\frac{a_n}{2^n}$=n+1，进而可知b_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，利用错位相减法计算可知T_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，通过T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$随着n的增大而增大，令n=1、2代入不等式计算即得结论．

解答 （Ⅰ）证明：∵S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹，
∴当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-2ⁿ，a₁=4，
两式相减得：a_n=2a_n-2a_n-1-2ⁿ，即a_n=2a_n-1+2ⁿ（n≥2），
变形可知，$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$+1，
又∵$\frac{{a}_{1}}{2}$=$\frac{4}{2}$=2，
∴数列{${\frac{a_n}{2^n}$}是首项为2、公差为1的等差数列；
（Ⅱ）解：由（I）可知${\frac{a_n}{2^n}$=2+n-1=n+1，
∵a_n=（n+1）•2ⁿ，
∴b_n=$\frac{n}{{（n+1）•{2^{2n-1}}}}•{a_n}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∴T_n=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
两式相减得：$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴T_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
∴T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$随着n的增大而增大，
且$\underset{lim}{n→∞}$（T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$）=4，T₁+$\frac{1}{{2}^{1-1}}$=4-$\frac{1}{{2}^{1-2}}$=2，
∵不等式（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$对一切n∈N^*恒成立，
∴-2＜λ＜3．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于基础题．