Question

4．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=2a_n-n，（n∈N^*）
（1）證明：{a_n+1}是等比數(shù)列；并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若b_n=（2n+1）a_n+2n+1，求數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n；
（3）若c_n=3ⁿ+（-1）^n-1λ•（a_n+1）（λ為非零常數(shù)，n∈N^*），問是否存在整數(shù)λ，使得對任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n？

Answer 1

分析 （1）S_n=2a_n-n，（n∈N^*），可得n=1時，a₁=2a₁-1，解得a₁．n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，可得a_n+1=2（a_n-1+1），利用等比數(shù)列的定義及其通項公式即可得出．
（2）b_n=（2n+1）a_n+2n+1=（2n+1）•2ⁿ，利用“錯位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（3）c_n=3ⁿ+（-1）^n-1λ•（a_n+1）=3ⁿ+λ（-1）^n-12ⁿ，假設(shè)存在整數(shù)λ，使得對任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n，即3ⁿ⁺¹+λ（-1）ⁿ•2ⁿ⁺¹＞3ⁿ+λ（-1）^n-12ⁿ，對n分類討論即可得出．

解答 （1）證明：∵S_n=2a_n-n，（n∈N^*），∴n=1時，a₁=2a₁-1，解得a₁=1．
n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-n-（2a_n-1-n+1），可得a_n=2a_n-1+1，變形為a_n+1=2（a_n-1+1），
∴{a_n+1}是等比數(shù)列，首項為2，公比為2．
∴a_n+1=2ⁿ，即a_n=2ⁿ-1．
（2）解：b_n=（2n+1）a_n+2n+1=（2n+1）•2ⁿ，
∴數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n=3×2+5×2²+…+（2n+1）•2ⁿ，
2T_n=3×2²+5×2³+…+（2n-1）•2ⁿ+（2n+1）•2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=3×2+2（2²+2³+…+2ⁿ）-（2n+1）•2ⁿ⁺¹=2+$\frac{4×（{2}^{n}-1）}{2-1}$-（2n+1）•2ⁿ⁺¹，
解得T_n=2+（2n-1）•2ⁿ⁺¹．
（3）解：c_n=3ⁿ+（-1）^n-1λ•（a_n+1）=3ⁿ+λ（-1）^n-12ⁿ，
假設(shè)存在整數(shù)λ，使得對任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n，
則3ⁿ⁺¹+λ（-1）ⁿ•2ⁿ⁺¹＞3ⁿ+λ（-1）^n-12ⁿ，
n=2k（k∈N^*）時，λ＞$\frac{{3}^{n}-{3}^{n+1}}{{2}^{n}+{2}^{n+1}}$=$-（\frac{3}{2}）^{n-1}$，∴λ＞-$（\frac{3}{2}）^{2-1}$=-$\frac{3}{2}$．
n=2k-1（k∈N^*）時，∴λ$＜（\frac{3}{2}）^{n-1}$．∴$λ＜\frac{3}{2}$．
綜上可得：$-\frac{3}{2}＜λ＜\frac{3}{2}$．
因此存在整數(shù)λ=-1，0，1，使得對任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n．

點評 本題考查了“錯位相減法”、等比數(shù)列的定義通項公式與求和公式、數(shù)列的單調(diào)性、數(shù)列遞推關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．