Question

8．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，數(shù)列{S_n}的前n項和為T_n，且滿足T_n=2S_n-λn²（n∈N^*，λ為常數(shù)）
（1）若a₁+1，a₂，a₃-2成等比數(shù)列，求λ的值．
（2）當λ=1時，求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）對于（2），設(shè)b_n=$\frac{1}{3}$n（2+a_n）（n∈N^*），數(shù)列{$\frac{_{n+2}}{_{n}_{n+1}}$}的前n項和為R_n，問是否存在正實數(shù)t，使得對任意的正整數(shù)n，不等式$\frac{4-{R}_{n}}{4-{R}_{n+1}}$＜tn都成立？若存在，求出t的取值范圍，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由T_n=2S_n-λn²（n∈N^*，λ為常數(shù)），分別取n=1，2，3可得：a₁=λ．a(chǎn)₂=4λ，a₃=10λ，由a₁+1，a₂，a₃-2成等比數(shù)列，可得${a}_{2}^{2}$=（a₁+1）（a₃-2），代入即可解出λ．
（2）當λ=1時，T_n=2S_n-n²（n∈N^*），a₁=1，a₂=4．當n≥2時，利用遞推式可得：S_n=2S_n-1+2n-1．再一次利用遞推式可得：a_n+1=2a_n+2，變形為a_n+1+2=2（a_n+2），利用等比數(shù)列的通項公式即可得出．
（3）b_n=$\frac{1}{3}$n（2+a_n）=2^n-1，可得$\frac{_{n+2}}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$．利用等比數(shù)列的前n項和公式可得：數(shù)列{$\frac{_{n+2}}{_{n}_{n+1}}$}的前n項和為R_n=$4-\frac{4}{{2}^{n}}$，假設(shè)存在正實數(shù)n，使得對任意的正整數(shù)n，不等式$\frac{4-{R}_{n}}{4-{R}_{n+1}}$＜tn都成立，化為$t＞\frac{2}{n}$，利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）∵T_n=2S_n-λn²（n∈N^*，λ為常數(shù)），
∴a₁=2a₁-λ，2a₁+a₂=2（a₁+a₂）-4λ，3a₁+2a₂+a₃=2（a₁+a₂+a₃）-9λ，
解得a₁=λ．a(chǎn)₂=4λ，a₃=10λ，
∵a₁+1，a₂，a₃-2成等比數(shù)列，∴${a}_{2}^{2}$=（a₁+1）（a₃-2），
∴（4λ）²=（λ+1）（10λ-2），
化為3λ²-4λ+1=0，
解得λ=1或λ=$\frac{1}{3}$．
（2）當λ=1時，T_n=2S_n-n²（n∈N^*），a₁=1，a₂=4．
∴當n≥2時，${T}_{n-1}=2{S}_{n-1}-（n-1）^{2}$，
S_n=$2{S}_{n}-{n}^{2}-[2{S}_{n-1}-（n-1）^{2}]$，
∴S_n=2S_n-1+2n-1．
S_n+1=2S_n+2（n+1）-1，
∴a_n+1=2a_n+2，
變形為a_n+1+2=2（a_n+2），
由于a₁+2=3，a₂+2=6，∴a₂+2=2（a₁+2）．
∴數(shù)列{a_n+2}是等比數(shù)列，首項為3，公比為2，
∴${a}_{n}+2=3×{2}^{n-1}$，
∴${a}_{n}=3×{2}^{n-1}$-2．
（3）b_n=$\frac{1}{3}$n（2+a_n）=2^n-1，
∴$\frac{_{n+2}}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n-1}•{2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$．
∴數(shù)列{$\frac{_{n+2}}{_{n}_{n+1}}$}的前n項和為R_n=$\frac{2（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=$4-\frac{4}{{2}^{n}}$，
假設(shè)存在正實數(shù)t，使得對任意的正整數(shù)n，不等式$\frac{4-{R}_{n}}{4-{R}_{n+1}}$＜tn都成立，
則$\frac{\frac{4}{{2}^{n}}}{\frac{4}{{2}^{n+1}}}$=2＜tn，∴$t＞\frac{2}{n}$，
由于數(shù)列$\{\frac{2}{n}\}$單調(diào)遞減，
∴$t＞\frac{2}{1}$=2，
因此滿足條件的t存在，且t的取值范圍是（2，+∞）．

點評 本題考查了遞推式的應用、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了變形能力，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．