Question

7．已知数列{a_n}的首项a₁=a，其前n项和为S_n，且满足S_n+S_n-1=4n²（n≥2，n∈N₊），若对任意n∈N₊，a_n＜a_n+1恒成立，则a的取值范围是（3，5）．

Answer 1

分析 S_n+S_n-1=4n²（n≥2，n∈N₊），可得S₂+S₁=16，a₁=a，a₂=16-2a，S_n+1+S_n=4（n+1）²，可得：a_n+1+a_n=8n+4，变形为：a_n+1-4（n+1）=-（a_n-4n），对a分类讨论，利用等比数列的通项公式及其已知条件对任意n∈N₊，a_n＜a_n+1恒成立即可得出．

解答 解：∵S_n+S_n-1=4n²（n≥2，n∈N₊），∴S₂+S₁=16，a₁=a，可得2a₁+a₂=16，∴a₂=16-2a．
S_n+1+S_n=4（n+1）²，
可得：a_n+1+a_n=8n+4，
变形为：a_n+1-4（n+1）=-（a_n-4n），
①a≠4时，数列{a_n-4n}是等比数列，a₂-8=8-2a，公比为-1，n≥2．
∴a_n-4n=（8-2a）×（-1）^n-2，
∴a_n=4n+（8-2a）×（-1）^n-2，
∵对任意n∈N₊，a_n＜a_n+1恒成立，∴4n+（8-2a）×（-1）^n-2＜4（n+1）+（8-2a）×（-1）^n-1，化为：1+（4-a）×（-1）^n-1＞0，
n=2k（k∈N^*）时，可得：1-（4-a）＞0，解得a＞3．
n=2k+1（k∈N^*）时，可得：1+（4-a）＞0，解得a＜5．
∴3＜a＜5，a≠4．
由a₁＜a₂可得：a＜16-2a，解得$a＜\frac{16}{3}$，
综上可得：3＜a＜5，a≠4．
②a=4时，a₁=4，a₂=8，由a_n+1-4（n+1）=-（a_n-4n），可得：a_n=4n，a_n+1=4（n+1）
对任意n∈N₊，a_n＜a_n+1恒成立．
综上①②可得：3＜a＜5．
∴a的取值范围是（3，5）．
故答案为：（3，5）．

点评 本题考查了递推关系、不等式的解法、等比数列的通项公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．