Question

15．已知數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{{{p^{n-1}}}}}\right\}$的前n項(xiàng)和S_n=n²+2n（其中常數(shù)p＞0）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)T_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和．
（i）求T_n的表達(dá)式；
（ii）若對(duì)任意n∈N^*，都有（1-p）T_n+pa_n≥2pⁿ恒成立，求p的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)n≥2時(shí)，利用$\frac{a_n}{{{p^{n-1}}}}$=S_n-S_n-1，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（Ⅱ）（i）當(dāng)p=1時(shí)直接利用等差數(shù)列的求和公式計(jì)算即可；當(dāng)p≠1時(shí)利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論；
（ii）分p=1與p≠1兩種情況討論，其中當(dāng)p≠1時(shí)問題轉(zhuǎn)化為對(duì)任意n∈N^*都有$\frac{3-p}{1-p}$≥$\frac{4-2p}{1-p}$pⁿ恒成立，再分0＜p＜1、1＜p＜2、p≥2三種情況討論即可．

解答 解：（Ⅰ）依題意，當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=3；（1分）
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{a_n}{{{p^{n-1}}}}$=S_n-S_n-1=2n+1，得a_n=（2n+1）p^n-1．（2分）
又因?yàn)閚=1也滿足上式，
所以a_n=（2n+1）p^n-1（3分）
（Ⅱ）（i）T_n=3+5p+7p²+…+（2n+1）p^n-1．
①當(dāng)p=1時(shí)，T_n=n²+2n；（4分）
②當(dāng)p≠1時(shí)，由T_n=3+5p+7p²+…+（2n+1）p^n-1得
pT_n=3p+5p²+7p³+…+（2n-1）p^n-1+（2n+1）pⁿ，
則（1-p）T_n=3+2（p+p²+p³+…+p^n-1）-（2n+1）pⁿ，
得T_n=$\frac{3}{1-p}$+$\frac{2p（1-{p}^{n-1}）}{（1-p）^{2}}$-$\frac{1}{1-p}$（2n+1）pⁿ．（6分）
綜上，當(dāng)p=1時(shí)，T_n=n²+2n；
當(dāng)p≠1時(shí)，T_n=$\frac{3}{1-p}$+$\frac{2p（1-{p}^{n-1}）}{（1-p）^{2}}$-$\frac{1}{1-p}$（2n+1）pⁿ．（7分）
（ii）①當(dāng)p=1時(shí)，顯然對(duì)任意n∈N^*，都有（1-p）T_n+pa_n≥2pⁿ恒成立；   （8分）
②當(dāng)p≠1時(shí)，可轉(zhuǎn)化為對(duì)任意n∈N^*，都有3+$\frac{2p（1-{p}^{n-1}）}{1-p}$≥2pⁿ恒成立．
即對(duì)任意n∈N^*，都有$\frac{3-p}{1-p}$≥$\frac{4-2p}{1-p}$pⁿ恒成立．
當(dāng)0＜p＜1時(shí)，只要$\frac{3-p}{4-2p}$≥p成立，解得0＜p＜1；（9分）
當(dāng)1＜p＜2時(shí)，只要$\frac{3-p}{4-2p}$≤pⁿ 對(duì)任意n∈N^*恒成立，
只要有$\frac{3-p}{4-2p}$≤pⁿ對(duì)任意n∈N^*恒成立，
只要有$\frac{3-p}{4-2p}$≤p成立，解得1＜p≤$\frac{3}{2}$（10分）
當(dāng)p≥2時(shí)，不滿足．（11分）
綜上，實(shí)數(shù)p的取值范圍為（0，$\frac{3}{2}$]．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．