Question

2．设等比数列{a_n}的前项n和S_n，a₂=$\frac{1}{8}$，且S₁+$\frac{1}{16}$，S₂，S₃成等差数列，数列{b_n}满足b_n=2n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设c_n=a_nb_n，若对任意n∈N⁺，不等式c₁+c₂+…+c_n≥$\frac{1}{2}$λ+2S_n-1恒成立，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由S₁+$\frac{1}{16}$，S₂，S₃成等差数列，可得$2{S}_{2}={S}_{1}+\frac{1}{16}+{S}_{3}$，化简为${a}_{2}={a}_{3}+\frac{1}{16}$，又因为${a}_{2}=\frac{1}{8}$，解得a₁和q，即可求出等比数列{a_n}的通项公式；
（2）因为{a_n}是等比数列，{b_n}是等差数列，而c_n=a_nb_n，故利用错位相减法即可求出T_n=c₁+c₂+…+c_n，将T_n和S_n代入不等式，并整理得$\frac{1}{2}λ≤2-\frac{n+1}{{2}^{n}}$，记f（n）=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
利用作差法可得f（n）关于n单调递减，则f（n）_max=f（1）=1，故$\frac{1}{2}λ≤2-1=1$，即λ≤2．

解答 解：（1）设数列{a_n}的公比为q，
∵${S_1}+\frac{1}{16}，{S_2}，{S_3}$成等差数列，∴$2{S_2}={S_1}+\frac{1}{16}+{S_3}$，∴${a_2}={a_3}+\frac{1}{16}$，
∵${a_2}=\frac{1}{8}$，∴${a_3}=\frac{1}{16}$，∴$q=\frac{a_3}{a_2}=\frac{1}{2}$，
∴${a_n}={a_2}{q^{n-2}}=\frac{1}{8}•{（\frac{1}{2}）^{n-2}}={（\frac{1}{2}）^{n+1}}$．
（2）设数列{c_n}的前项n和为T_n，则T_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n，
又${c_n}={a_n}{b_n}=2n•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}=\frac{n}{2^n}$，
∴${T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n}{2^n}$，$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}+…+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$，
两式相减得$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}=\frac{{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2^n}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}=1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}=1-\frac{n+2}{{{2^{n+1}}}}$，
∴${T_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$，
又${S_n}=\frac{{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{2^n}）}}{{1-\frac{1}{2}}}=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2^n}）$，
∴对任意n∈N⁺，不等式${c_1}+{c_2}+…+{c_n}≥\frac{1}{2}λ+2{S_n}-1$恒成立等价于${T_n}≥\frac{1}{2}λ+2{S_n}-1$恒成立，
即$2-\frac{n+2}{2^n}≥\frac{1}{2}λ+1-\frac{1}{2^n}-1$恒成立，即$2-\frac{n+1}{2^n}≥\frac{1}{2}λ$恒成立，
令$f（n）=\frac{n+1}{2^n}$，$f（n+1）-f（n）=\frac{n+2}{{{2^{n+1}}}}-\frac{n+1}{2^n}=\frac{-n}{{{2^{n+1}}}}＜0$，
∴f（n）关于n单调递减，∴$2-\frac{2}{2}≥\frac{1}{2}λ$，∴λ≤2，
∴λ的取值范围为（-∞，2]．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、错位相减求和及利用数列的单调性求最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题