Question

14．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2ⁿ-1，数列{b_n}满足b₁=2，b_n+1-2b_n=8a_n．
（Ⅰ）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_n}的前n项和为T_n，是否存在常数λ，使得不等式（-1）ⁿλ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$恒成立？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用递推关系即可得出{a_n}的通项公式，根据b_n+1-2b_n=8a_n，可得$\frac{{b}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$=2，从而可得{$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$}是首项为$\frac{{b}_{1}}{{2}^{1}}$=1，公差为2的等差数列，由此可求{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）存在常数λ使得不等式（-1）ⁿλ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$（n∈N^*）恒成立．利用错位相减法求数列的和，再分类讨论，利用分离参数法，即可得到结论．

解答 （本题满分为13分）
解：（Ⅰ）当n=1时，a₁=S₁=2-1=1，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2ⁿ-1）-（2^n-1-1）=2^n-1，
∵a₁=1满足上式，
∴a_n=2^n-1．
∵b_n+1-2b_n=8a_n，所以 b_n+1-2b_n=2ⁿ⁺²，即$\frac{{b}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$=2．
∴{$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$}是首项为$\frac{{b}_{1}}{{2}^{1}}$=1，公差为2的等差数列．
∴$\frac{{b}_{n}}{{2}^{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，
∴b_n=（2n-1）•2ⁿ
（Ⅱ）存在常数λ使得不等式（-1）ⁿλ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$（n∈N^*）恒成立．
因为T_n=1•2¹+3•2²+5•2³+…+（2n-3）•2^n-1+（2n-1）•2ⁿ①
所以2T_n=1•2²+3•2³+…+（2n-5）•2^n-1+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹②
由①-②得-T_n=2+2³+2⁴+…+2ⁿ⁺¹-（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
化简得T_n=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6．
因为$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$=$\frac{（2n-3）•{2}^{n+1}}{（2n-1）•{2}^{n+2}}$=$\frac{2n-3}{4n-2}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{2}{4n-2}$=$\frac{1}{2}-$$\frac{1}{2n-1}$，
（1）当n为奇数时，（-1）λ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$，所以λ＞-1-$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$，即λ＞-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{2n-1}$．
所以当n=1时，-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{2n-1}$的最大值为-$\frac{1}{2}$，所以只需λ＞-$\frac{1}{2}$；
（2）当n为偶数时，λ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$，所以λ＜$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2n-1}$，
所以当n=2时，$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2n-1}$的最小值为$\frac{7}{6}$，所以只需λ＜$\frac{7}{6}$；
由（1）（2）可知存在-$\frac{1}{2}$＜λ＜$\frac{7}{6}$，使得不等式（-1）nλ＜1+$\frac{{T}_{n}-6}{{T}_{n+1}-6}$（n∈N^*）恒成立．…（13分）

点评 本题考查了递推关系的意义、等差数列的通项公式，考查了变形能力、推理能力与计算能力，考查存在性问题的探究，考查分离参数法的运用，属于中档题．