Question

20．已知正項數列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²，數列{b_n}滿足b₁=2，b_n≠0，等式b_n²=b_n+1b_n-1對任意的n≥2恒成立，且S₂=b₂．
（1）求數列{a_n}與{b_n}的通項公式；
（2）將數列{a_n}與{b_n}的項相間排列構成新數列a₁，b₁，a₂，b₂，a₃，b₃，…，
①求這個新數列{c_n}的通項公式和前2n項的和T_2n；
②若對任意正整數n都有T_n≥λc_n，求實數λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據a_n+1=S_n+1-S_n得出{a_n}的遞推公式，從而可判斷{a_n}為等差數列，由題意可知{b_n}為等比數列，計算出公比即可得出其通項公式；
（2）①分別求出{a_n}和{b_n}的前n項和，相加即可得出T_2n；
②分離參數得出λ≤$\frac{{T}_{n}}{{c}_{n}}$，對n的奇偶性進行討論，判斷右側函數的單調性，求出$\frac{{T}_{n}}{{c}_{n}}$的最小值即可得出λ的取值范圍．

解答 解：（1）∵S_n=（$\frac{{a}_{n}+1}{2}$）²，即4S_n=a_n²+2a_n+1，
∴4S_n+1=a_n+1²+2a_n+1+1，
兩式相減得4a_n+1=a_n+1²-a_n²+2a_n+1-2a_n，
∴a_n+1²-a_n²=2a_n+1+2a_n，即（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n）=2a_n+1+2a_n，
∴a_n+1-a_n=2，
又a₁=$（\frac{{a}_{1}+1}{2}）^{2}$，a_n＞0，∴a₁=1，
∴{a_n}是以1為首項，以2為公差的等差數列，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
∵b_n²=b_n+1b_n-1對任意的n≥2恒成立，
∴{b_n}是等比數列，
∵b₁=2，b₂=S₂=a₁+a₂=4，
∴{b_n}的公比q=2，
∴b_n=2×2^n-1=2ⁿ．
（2）①由（1）可知{a_n}的前n項和S_n=$\frac{{a}_{1}+{a}_{n}}{2}×n$=n²，
{b_n}的前n項和S′_n=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$=2ⁿ⁺¹-2，
∴T_2n=S_n+S'_n=n²+2ⁿ⁺¹-2．
②c_n=$\left\{\begin{array}{l}{n，n為奇數}\\{{2}^{\frac{n}{2}}，n為偶數}\end{array}\right.$，
1）當n為偶數時，設n=2k，k∈N^×，則T_2k=k²+2^k+1-2，c_2k=2^k，
∴k²+2^k+1-2≥λ2^k，即λ≤$\frac{{k}^{2}+{2}^{k+1}-2}{{2}^{k}}$=$\frac{{k}^{2}-2}{{2}^{k}}$+2．
設f（k）=$\frac{{k}^{2}-2}{{2}^{k}}$+2，
則f（k+1）-f（k）=$\frac{（k+1）^{2}-2}{{2}^{k+1}}$-$\frac{{k}^{2}-2}{{2}^{k}}$=$\frac{（k+1）（3-k）}{{2}^{k+1}}$．
∴當k≥3時，f（k）單調遞減，
當k≤3時，f（k）單調遞增，
又f（1）=$\frac{3}{2}$，k≥3時，f（k）=$\frac{{k}^{2}-2}{{2}^{k}}$+2＞2，
∴f_min（k）=f（1）=$\frac{3}{2}$，
∴λ≤$\frac{3}{2}$．
2）當n為奇數時，設n=2k-1，k∈N^×，
T_2k-1=T_2k-c_2k=k²+2^k+1-2-2^k=k²+2^k-2，
∴k²+2^k-2≥λ•（2k-1），即λ≤$\frac{{k}^{2}+{2}^{k}-2}{2k-1}$，
設g（k）=$\frac{{k}^{2}+{2}^{k}-2}{2k-1}$，
則g（k+1）-g（k）=$\frac{（k+1）^{2}+{2}^{k+1}-2}{2k+1}$-$\frac{{k}^{2}+{2}^{k}-2}{2k-1}$=$\frac{2{k}^{2}+3+2k（2k-3）}{（2k-1）（2k+1）}$＞0，
∴g（k）單調遞增，
∴g_min（k）=g（1）=1，
∴λ≤1．
綜上，λ≤1．

點評 本題考查了等差數列與等比數列的判斷、通項公式、求和公式，數列單調性的判斷，函數恒成立問題研究，屬于中檔題．