Question

19．各項均為正數(shù)的數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，且對任意正整數(shù)n，都有2S_n=b_n（b_n+1）．
（1）求數(shù)列{b_n}的通項公式；
（2）如果等比數(shù)列{a_n}共有2015項，其首項與公比均為2，在數(shù)列{a_n}的每相鄰兩項a_k與a_k+1之間插入k個（-1）^kb_k（k∈N^*）后，得到一個新的數(shù)列{c_n}．求數(shù)列{c_n}中所有項的和；
（3）如果存在n∈N^*，使不等式 $（n+1）（{{b_n}+\frac{8}{b_n}}）≤（n+1）λ≤{b_{n+1}}+\frac{20}{{{b_{n+1}}}}$成立，求實數(shù)λ的范圍．

Answer 1

分析 （1）運用數(shù)列的通項和前n項和的關(guān)系，結(jié)合等差數(shù)列的定義和通項公式，即可得到；
（2）運用等比數(shù)列的求和公式和數(shù)列求和方法：分組求和，即可得到所求；
（3）運用參數(shù)分離可得$n+\frac{8}{n}≤λ≤1+\frac{20}{{{{（n+1）}^2}}}，n=1，2，3，…$，運用基本不等式和單調(diào)性，分別求出不等式左右兩邊的最值，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）當n=1時，由2S₁=b₁（b₁+1）得b₁=1，
當n≥2時，由2S_n=b_n（b_n+1），2S_n-1=b_n-1（b_n-1+1）得（b_n+b_n-1）（b_n-b_n-1）=b_n+b_n-1
因數(shù)列{b_n}的各項均為正數(shù)，所以b_n-b_n-1=1，
所以數(shù)列{b_n}是首項與公差均為1的等差數(shù)列，
所以數(shù)列{b_n}的通項公式為b_n=n．            
（2）數(shù)列{a_n}的通項公式為${a_n}={2^n}$，
數(shù)列{c_n}共有2015+1+2+…+2014=1008×2015項，
其所有項的和為S_1008×2015=（2+2²+…+2²⁰¹⁵）+（-1+2²-3²+4²-…2013²+2014²）
=2（2²⁰¹⁵-1）+[3+7+…+4027]=2²⁰¹⁶-2+$\frac{3+4027}{2}$×1007
=2²⁰¹⁶+2015×1007-2=2²⁰¹⁶+2029103；
（3）由$（n+1）（{{b_n}+\frac{8}{b_n}}）≤（n+1）λ≤{b_{n+1}}+\frac{20}{{{b_{n+1}}}}$，
得$n+\frac{8}{n}≤λ≤1+\frac{20}{{{{（n+1）}^2}}}，n=1，2，3，…$，
記${A_n}=n+\frac{8}{n}，{B_n}=1+\frac{20}{{{{（n+1）}^2}}}，n=1，2，3，…$
因為${A_n}=n+\frac{8}{n}≥4\sqrt{2}$，當$n=2\sqrt{2}$取等號，所以${A_n}=n+\frac{8}{n}$取不到$4\sqrt{2}$，
當n=3時，${A_n}=n+\frac{8}{n}$的最小值為${A_3}=5\frac{2}{3}$${B_n}=1+\frac{20}{{{{（n+1）}^2}}}$（n∈N^*）遞減，
${B_n}=1+\frac{20}{{{{（n+1）}^2}}}$的最大值為B₁=6，
所以如果存在n∈N^*，使不等式 $（n+1）（{{b_n}+\frac{8}{b_n}}）≤（n+1）λ≤{b_{n+1}}+\frac{20}{{{b_{n+1}}}}$成立
實數(shù)λ應(yīng)滿足A₃≤λ≤B₁，即實數(shù)λ的范圍應(yīng)為$[{\frac{17}{3}，6}]$．

點評 本題考查數(shù)列的通項和前n項和的關(guān)系，主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項和求和公式的運用，同時考查不等式存在性問題轉(zhuǎn)化為求最值問題，具有一定的難度和綜合性．