Question

8．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=5，a₂=5，a_n+1=a_n+6a_n-1（n≥2）
（1）求證：{a_n+1+2a_n}是等比數(shù)列
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式
（3）設(shè)3ⁿb_n=n（3ⁿ-a_n），求|b₁|+|b₂|+…+|b_n|＜m對于n∈N^*恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由a_n+1=a_n+6a_n-1（n≥2），變形為a_n+1+2a_n=3（a_n+2a_n-1），又a₂+2a₁=15，利用等比數(shù)列的定義即可證明．
（2）由（1）可得：a_n+1+2a_n=15×3^n-1=5×3ⁿ，變形為${a}_{n+1}-{3}^{n+1}=-2（{a}_{n}-{3}^{n}）$，利用等比數(shù)列的通項公式即可得出．
（3）由3ⁿb_n=n（3ⁿ-a_n），可得b_n=n•$（-\frac{2}{3}）^{n}$．|b_n|=$n•（\frac{2}{3}）^{n}$．令S_n=|b₁|+|b₂|+…+|b_n|=$\frac{2}{3}+2×（\frac{2}{3}）^{2}$+$3×（\frac{2}{3}）^{3}$+…+$n•（\frac{2}{3}）^{n}$，利用“錯位相減法”與等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．

解答 （1）證明：∵a_n+1=a_n+6a_n-1（n≥2），∴a_n+1+2a_n=3（a_n+2a_n-1），又a₂+2a₁=15，
∴{a_n+1+2a_n}是等比數(shù)列，首項為15，公比為3．
（2）解：由（1）可得：a_n+1+2a_n=15×3^n-1=5×3ⁿ，變形為${a}_{n+1}-{3}^{n+1}=-2（{a}_{n}-{3}^{n}）$，
∴數(shù)列$\{{a}_{n}-{3}^{n}\}$是等比數(shù)列，首項為2，公比為-2，
∴${a}_{n}-{3}^{n}$=2×（-2）^n-1，∴a_n=3ⁿ-（-2）ⁿ．
（3）解：3ⁿb_n=n（3ⁿ-a_n），∴3ⁿb_n=n•（-2）ⁿ，∴b_n=n•$（-\frac{2}{3}）^{n}$．
∴|b_n|=$n•（\frac{2}{3}）^{n}$．
令S_n=|b₁|+|b₂|+…+|b_n|=$\frac{2}{3}+2×（\frac{2}{3}）^{2}$+$3×（\frac{2}{3}）^{3}$+…+$n•（\frac{2}{3}）^{n}$，
∴$\frac{2}{3}{S}_{n}$=$（\frac{2}{3}）^{2}+2×（\frac{2}{3}）^{3}$+…+（n-1）$•（\frac{2}{3}）^{n}$+$n•（\frac{2}{3}）^{n+1}$，
兩式相減可得：$\frac{1}{3}{S}_{n}$=$\frac{2}{3}$+$（\frac{2}{3}）^{2}$+…+$（\frac{2}{3}）^{n}$-$n•（\frac{2}{3}）^{n+1}$=$\frac{\frac{2}{3}[1-（\frac{2}{3}）^{n}]}{1-\frac{2}{3}}$-$n•（\frac{2}{3}）^{n+1}$=2-$\frac{6+2n}{3}$$•（\frac{2}{3}）^{n}$，
∴S_n=6-$（6+2n）•（\frac{2}{3}）^{n}$．
要使|b₁|+|b₂|+…+|b_n|＜m對于n∈N^*恒成立，
則m≥6．
∴m的取值范圍是[6，+∞）．

點評 本題考查了等比數(shù)列的定義通項公式及其前n項和公式、“錯位相減法”、數(shù)列的單調(diào)性，考查了變形能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題．