Question

11．已知数列{a_n}，{b_n}，{c_n}满足：a₁=3，当n≥2时，a_n-a_n-1=4n；对于任意的正整数n，c₁+2c₂+…+2^n-1c_n=na_n，b_n=6a_n-2ⁿc_n，设数列{b_n}的前n项和为S_n．
（I）求数列{c_n}的通项公式；
（II）求满足S_n＜220的正整数n的集合．

Answer 1

分析 （I）由n≥2时，a_n-a_n-1=4n，采用累加法，求得数列{a_n}的通项公式，由c₁+2c₂+…+2^n-1c_n=na_n，当n≥2时，c₁+2c₂+…+2^n-2c_n-1=（n-1）a_n-1，两式相减求得数列{c_n}的通项公式；
（II）由（I）可知，代入求得数列{b_n}的通项公式，可得数列{b_n}是以12为首项，以16为公差的等差数列，根据等差数列通项公式求得S_n，由S_n＜220，即可求得正整数n的集合．

解答 解：（I）由题意可得：n≥2时，a_n-a_n-1=4n，
∴a₂-a₁=4×2，
a₃-a₁=4×3，
a₄-a₃=4×4，
…
a_n-a_n-1=4n；
以上各式相加可得：a_n-a₁=4×（2+3+4+…+n），
∴a_n=4×$\frac{n（n+1）}{2}$-1=2n²+2n-1，
当n=1时，a₁=3，成立，
∴a_n=2n²+2n-1，
c₁+2c₂+…+2^n-1c_n=na_n，
当n≥2时，c₁+2c₂+…+2^n-2c_n-1=（n-1）a_n-1，
两式相减得：2^n-1c_n=na_n-（n-1）a_n-1，
整理得：c_n=$\frac{6{n}^{2}-2n-1}{{2}^{n-1}}$，
当n=1时，c₁=a₁=3，成立，
∴c_n=$\frac{6{n}^{2}-2n-1}{{2}^{n-1}}$；
（II）b_n=6a_n-2ⁿc_n=6•（2n²+2n-1）-2ⁿ•$\frac{6{n}^{2}-2n-1}{{2}^{n-1}}$=16n-4，
∴数列{b_n}是以12为首项，以16为公差的等差数列，
∴S_n=$\frac{n（12+16n-4）}{2}$=8n²+4n，
∵S_n＜220，即8n²+4n＜220，解得：-$\frac{11}{2}$＜n＜5，
∵n∈N*，
∴满足S_n＜220的正整数n的集合{1，2，3，4}．

点评 本题考查数列的递推公式，等差数列通项公式及前n项和公式的求法，考查“累加法”的应用，一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于中档题．