Question

17．各项均为正数的数列{b_n}的前n项和为S_n，且对任意正整数n，都有2S_n=b_n（b_n+1）．
（1）求数列{b_n}的通项公式；
（2）如果等比数列{a_n}共有m（m≥2，m∈N^*）项，其首项与公比均为2，在数列{a_n}的每相邻两项a_i与a_i+1之间插入i个（-1）ⁱb_i（i∈N^*）后，得到一个新的数列{c_n}．求数列{c_n}中所有项的和；
（3）如果存在n∈N^*，使不等式 b_n+$\frac{1}{b_n}≤（n+1）λ≤{b_{n+1}}+\frac{1}{{{b_{n+1}}}}$成立，求实数λ的范围．

Answer 1

分析 （1）当n=1时可得b₁=1，当n≥2时，通过递推关系可得b_n-b_n-1=1，从而数列{b_n}是首相与公差均为1等差数列，计算即可；
（2）通过${a_n}={2^n}$，分m=2k-1（k≥2，k∈N^*）与m=2k（k∈N^*）两种情况讨论即可；
（3）利用不等式的性质，化简可得$\frac{{n+\frac{1}{n}}}{n+1}≤λ≤1+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}，n=1，2，3，…$，记${A_n}=\frac{{n+\frac{1}{n}}}{n+1}，{B_n}=1+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}，n=1，2，3，…$，只需求A_n的最大值、B_n的最小值即可．

解答 解：（1）当n=1时，由2S₁=b₁（b₁+1）得b₁=1，
当n≥2时，由2S_n=b_n（b_n+1）及2S_n-1=b_n-1（b_n-1+1），
可得2b_n=2S_n-2S_n-1=b_n（b_n+1）-b_n-1（b_n-1+1），
即（b_n+b_n-1）（b_n-b_n-1）=b_n+b_n-1，
∵数列{b_n}的各项均为正数，∴b_n-b_n-1=1，
∴数列{b_n}是首相与公差均为1等差数列，
∴数列{b_n}的通项公式为b_n=n；
（2）通过题意，易得数列{a_n}的通项公式为${a_n}={2^n}$，
当m=2k-1（k≥2，k∈N^*）时，
数列{c_n}共有（2k-1）+1+2+…+（2k-2）=k（2k-1）项，
其所有项的和为${S_{k（2k-1）}}=（2+{2^2}+…+{2^{2k-1}}）+[-1+{2^2}-{3^2}+{4^2}-…-{（2k-3）^2}+{（2k-2）^2}]$
=2（2^2k-1-1）+[3+7+…+（4k-5）]
=2^2k-2+（2k-1）（k-1）
=$\frac{1}{2}m（m-1）+{2^{m+1}}-2$；
当m=2k（k∈N^*）时，数列{c_n}共有2k+1+2+…+（2k-1）=k（2k+1）项，
其所有项的和为${S_{k（2k+1）}}={S_{k（2k-1）}}+{2^{2k}}-{（2k-1）^2}$
=2^2k-2+（2k-1）（k-1）+2^2k-（2k-1）²
=2^2k+1-k（2k-1）-2=$-\frac{1}{2}m（m-1）+{2^{m+1}}-2$；
（3）∵${b_n}+\frac{1}{b_n}≤（n+1）λ≤{b_{n+1}}+\frac{1}{{{b_{n+1}}}}$，
∴$\frac{{n+\frac{1}{n}}}{n+1}≤λ≤1+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}，n=1，2，3，…$
记${A_n}=\frac{{n+\frac{1}{n}}}{n+1}，{B_n}=1+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}，n=1，2，3，…$
由${A_n}-{A_{n+1}}=\frac{2-n}{n（n+1）（n+2）}$，${B_n}-{B_{n+1}}=\frac{2n+3}{{{{（n+1）}^2}{{（n+2）}^2}}}$，
得A₁＞A₂=A₃，A₃＜A₄＜A₅＜…，B₁＞B₂＞B₃＞…
∴实数λ的范围为[A₂，B₁]，即$[{\frac{5}{6}，\frac{5}{4}}]$．

点评 本题考查数列的通项公式，前n项和公式，考查递推关系，考查分类讨论法，考查不等式的性质，注意解题方法的积累，属于难题．