Question

16．已知數(shù)列{a_n}滿足首項(xiàng)a₁=2，a_n=2a_n-1+2ⁿ（n≥2）．
（Ⅰ）證明：{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}為等差數(shù)列并求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）數(shù)列{b_n}滿足b_n=log${\;}_{\sqrt{2}}$$\frac{{a}_{n}}{n}$，記數(shù)列{$\frac{1}{_{n}•_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，設(shè)角B是△ABC的內(nèi)角，若sinBcosB＞T_n，對(duì)于任意n∈N₊恒成立，求角B的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系，即可得到結(jié)論．
（Ⅱ）通過（Ⅰ）計(jì)算可b_n=log${\;}_{\sqrt{2}}$$\frac{{a}_{n}}{n}$=2n，進(jìn)而利用裂項(xiàng)相消求和法計(jì)算可知T_n，利用T_n＜$\frac{1}{4}$及二倍角公式化簡可知$\frac{1}{2}$sin2B＞T_n，結(jié)合B∈（0，π）計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵a_n=2a_n-1+2ⁿ，兩邊同時(shí)除以2ⁿ，可得$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$+1
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=1，
又$\frac{{a}_{1}}{{2}^{1}}$=1，
∴數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是以1為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1+（n-1）×1=n，
∴a_n=n•2ⁿ；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a_n=n•2ⁿ，則b_n=log${\;}_{\sqrt{2}}$$\frac{{a}_{n}}{n}$=2n，
∴$\frac{1}{_{n}•_{n+1}}$=$\frac{1}{2n•2（n+1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
∴T_n=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{n+1}$）＜$\frac{1}{4}$．
又∵sinBcosB=$\frac{1}{2}$sin2B＞T_n，對(duì)于任意n∈N₊恒成立，
∴$\frac{1}{2}$sin2B≥$\frac{1}{4}$，即sin2B≥$\frac{1}{2}$．
又B∈（0，π），即2B∈（0，2π），
∴$\frac{π}{6}$≤2B≤$\frac{5π}{6}$，
∴B∈[$\frac{π}{12}$，$\frac{5π}{12}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查裂項(xiàng)相消求和法，涉及三角函數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．