Question

2．已知数列{a_n}是首项为1，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，令S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=a₁（a₁+a₂+…+a_n）+a₂（a₂+a₃+…+a_n）+…+a_n-1（a_n-1+a_n）+a_n²．若对一切正整数n，都有T_n＞c•S_n²，则c的取值范围是（-∞，$\frac{4}{3}$]．

Answer 1

分析 先根据等比数列的定义和求和公式求出a_n，S_n，再得T_n=S_n²-（a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1），构造数列b_n-1=a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1，求出和，得到T_n，设$\frac{1}{{2}^{n}}$=x，0＜x＜1，由T_n＞c•S_n²，得到c＜$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{3}$•$\frac{1}{x+\frac{1}{x}-1}$，根据函数的性质即可求出．

解答 解：∵数列{a_n}是首项为1，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴a_n=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，S_n=$\frac{1×（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∵T_n=a₁（a₁+a₂+…+a_n）+a₂（a₂+a₃+…+a_n）+…+a_n-1（a_n-1+a_n）+a_n²=a₁S_n+a₂（S_n-S₁）+…+a_n（S_n-S_n-1），
=S_n（a₁+a₂+…+a_n）-（a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1）=S_n²-（a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1）
设b_n-1=a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1，
∵a_nS_n-1=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$（2-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$）=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{1}{{2}^{2n-3}}$，n≥2，
∴b_n-1=2-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2}{3}$（1-$\frac{1}{{4}^{n-1}}$）=2-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{3×{4}^{n-1}}$=$\frac{4}{3}$-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+$\frac{2}{3×{4}^{n-1}}$，
∴T_n=（2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）²+$\frac{4}{3}$-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+$\frac{2}{3×{4}^{n-1}}$，
设$\frac{1}{{2}^{n}}$=x，0＜x＜1，
∵T_n＞c•S_n²，
∴c＜1-$\frac{1}{3}$（1-$\frac{2x}{{x}^{2}-x+1}$）=$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{3}$•$\frac{1}{x+\frac{1}{x}-1}$＜$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{3}$=$\frac{4}{3}$，
故c的取值范围为（-∞，$\frac{4}{3}$]，
故答案为：（-∞，$\frac{4}{3}$]

点评 本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式，以及函数的单调性和恒成立的问题，考查了学生的运算能力和转化能力，属于难题．