Question

13．已知數列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，且na_n+1=2S_n（n∈N^*），數列{b_n}滿足b₁=$\frac{1}{2}$，b₂=$\frac{1}{4}$，對任意n∈N⁺，都有b_n+1²=b_n•b_n+2
（I）求數列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（II）設{a_nb_n}的前n項和為T_n，若T_n＞$\frac{4-λ}{2}$對任意的n∈N⁺恒成立，求λ得取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用na_n+1=2S_n，再寫一式，兩式相減，再疊乘，即可求數列{a_n}的通項公式；在等比數列{b_n}滿足b₁=$\frac{1}{2}$，b₂=$\frac{1}{4}$，公比為$\frac{1}{2}$，由此可得數列{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）利用錯位相減法求數列的和，再將不等式轉化為λ＞$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$對任意的n∈N⁺恒成立，構造函數，利用函數的性質，即可確定實數λ的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵na_n+1=2S_n，∴（n-1）a_n=2S_n-1（n≥2），兩式相減得，na_n+1-（n-1）a_n=2a_n，
∴na_n+1=（n+1）a_n，即$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+1}{n}$（n≥2），
又因為a₁=1，a₂=2，從而$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=2，
∴a_n=1×$\frac{2}{1}×\frac{3}{2}$×…×$\frac{n}{n-1}$=n（n≥2），
故數列{a_n}的通項公式a_n=n（n∈N^*）．
在數列{b_n}中，由b_n+1²=b_n•b_n+2，知數列{b_n}是等比數列，首項、公比均為$\frac{1}{2}$，
∴數列{b_n}的通項公式b_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$；
（Ⅱ）∵T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=$\frac{1}{2}$+2×（$\frac{1}{2}$）²+…+n×$（\frac{1}{2}）^{n}$     ①
∴$\frac{1}{2}$T_n=（$\frac{1}{2}$）²+2×（$\frac{1}{2}$）³+…+（n-1）×$（\frac{1}{2}）^{n}$+n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹       ②
由①-②，得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+$（\frac{1}{2}）^{n}$-×（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=1-$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
T_n＞$\frac{4-λ}{2}$對任意的n∈N⁺恒成立，λ＞$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$對任意的n∈N⁺恒成立，
設f（n）=$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
f（n）-f（n-1）=$-\frac{n}{{2}^{n-1}}$＜0，
則f（n）在[1，+∞）上單調遞減，f（n）≤f（1）=3恒成立，則λ＞3滿足條件．
綜上所述，實數λ的取值范圍是（3，+∞）．

點評 本題考查數列遞推式，考查數列的通項，考查錯位相減法求數列的和，考查恒成立問題，確定數列的通項，正確求和是關鍵．