Question

1．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為1，S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且滿足S_n+1=qS_n+1，其中q＞0，n∈N^*，又2a₂，a₃，a₂+2成等差數(shù)列．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）記b_n=2a_n-λ（log₂a_n+1）²，若數(shù)列{b_n}為遞增數(shù)列，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)a_n+1=S_n+1-S_n可得出{a_n}是等比數(shù)列，根據(jù)等差中項(xiàng)的定義列方程可求出公比q，從而得出{a_n}的通項(xiàng)公式；
（II）求出b_n，令b_n+1-b_n＞0可得λ＜$\frac{{2}^{n}}{2n+1}$恒成立，求出右側(cè)數(shù)列的最小值即可得出λ的范圍．

解答 解：（I）∵S_n+1=qS_n+1，∴當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=qS_n-1+1，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=qS_n-qS_n-1=qa_n，
又S₂=qS₁+1，a₁=S₁=1，
∴a₂=q=qa₁，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為1的等比數(shù)列，
∵2a₂，a₃，a₂+2成等差數(shù)列，
∴2a₃=2a₂+a₂+2=3a₂+2，
即2q²=3q+2，解得q=2或q=-$\frac{1}{2}$（舍）．
∴a_n=2^n-1．
（II）b_n=2ⁿ-λn²，
∴b_n+1-b_n=2ⁿ⁺¹-λ（n+1）²-2ⁿ+λn²=2ⁿ-2nλ-λ，
∵數(shù)列{b_n}為遞增數(shù)列，
∴2ⁿ-2nλ-λ＞0恒成立，即λ＜$\frac{{2}^{n}}{2n+1}$恒成立，
令c_n=$\frac{{2}^{n}}{2n+1}$，則c_n+1-c_n=$\frac{{2}^{n+1}}{2n+3}$-$\frac{{2}^{n}}{2n+1}$=2ⁿ（$\frac{2}{2n+3}-\frac{1}{2n+1}$）=2ⁿ$\frac{2n-1}{（2n+3）（2n+1）}$＞0，
∴{c_n}是遞增數(shù)列，
∴c_n≥c₁=$\frac{2}{3}$，
∴λ＜$\frac{2}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的性質(zhì)，數(shù)列單調(diào)性的判斷，屬于中檔題．