Question

15．設(shè)數(shù)列{a_n}，{b_n}都是等差數(shù)列，它們的前n項(xiàng)的和分別為S_n，T_n，若對(duì)一切n∈N^*，都有S_n+3=T_n
（1）若a₁≠b₁，試分別寫出一個(gè)符號(hào)條件的數(shù)列{a_n}和{b_n}；
（2）若a₁+b₁=1，數(shù)列{c_n}滿足：${c_n}={4^{a_n}}+λ{(lán)（-1）^{n-1}}{2^{b_n}}$，且當(dāng)n∈N^*時(shí)，c_n+1≥c_n恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)設(shè)數(shù)列{a_n}，{b_n}的公差分別是d₁，d₂，利用對(duì)一切n∈N^*有S_n+3=T_n，計(jì)算、整理得$\left\{{\begin{array}{l}{{d_2}={d_1}}\\{{a_1}=-{d_1}}\\{{b_1}=2{d_1}}\end{array}}\right.$，任取d₁的值即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）及a₁+b₁=1可知d₁=d₂=1、a₁=-1、b₁=2，進(jìn)而只需c_n+1-c_n=$\frac{3}{16}•{2^{2n}}+6λ{(lán)（-1）^n}•{2^n}≥0$即可，對(duì)n的奇偶進(jìn)行討論即可．

解答 解：（1）答案不唯一，例如：${a_n}=2n-4（n∈{N^*}）$，${b_n}=2n+2（n∈{N^*}）$，
設(shè)數(shù)列{a_n}，{b_n}的公差分別是d₁，d₂，
則${S_{n+3}}=（n+3）{a_1}+\frac{（n+3）（n+2）}{2}{d_1}，{T_n}=n{b_1}+\frac{n（n-1）}{2}{d_2}$，
∵對(duì)一切n∈N^*，有S_n+3=T_n，
∴$（n+3）{a_1}+\frac{（n+3）（n+2）}{2}{d_1}=n{b_1}+\frac{n（n-1）}{2}{d_2}$，
即：$\frac{d_1}{2}{n^2}+（{a_1}+\frac{5}{2}{d_1}）n+3{a_1}+3{d_1}=\frac{d_2}{2}{n^2}+（{b_1}-\frac{1}{2}{d_2}）n$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{d_1}{2}=\frac{d_2}{2}}\\{{a_1}+\frac{5}{2}{d_1}={b_1}-\frac{1}{2}{d_2}}\\{3{a_1}+3{d_1}=0}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{{d_2}={d_1}}\\{{a_1}=-{d_1}}\\{{b_1}=2{d_1}}\end{array}}\right.$；
（2）∵a₁+b₁=1，
∴d₁=d₂=1，a₁=-1，b₁=2，
∴a_n=n-2，b_n=n+1，
∴${c_n}={4^{n-2}}+λ{(lán)（-1）^{n-1}}{2^{n+1}}$，
∴${c_{n+1}}-{c_n}={4^{n-1}}+λ{(lán)（-1）^n}{2^{n+2}}-{4^{n-2}}-λ{(lán)（-1）^{n-1}}{2^{n+1}}$
=$3•{4^{n-2}}+λ{(lán)（-1）^n}（4•{2^n}+2•{2^n}）=\frac{3}{16}•{2^{2n}}+6λ{(lán)（-1）^n}•{2^n}$，
∵當(dāng)n∈N^*時(shí)c_n+1≥c_n恒成立，即當(dāng)n∈N^*時(shí)$\frac{3}{16}•{2^{2n}}+6λ{(lán)（-1）^n}•{2^n}≥0$恒成立，
∴①當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，$λ≤\frac{1}{32}•{2^n}$恒成立，
又∵$\frac{1}{32}{2^n}≥\frac{1}{16}$，∴$λ≤\frac{1}{16}$；
②當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，$λ≥-\frac{1}{32}•{2^n}$恒成立，
又∵$-\frac{1}{32}•{2^n}≤-\frac{1}{8}$，∴$λ≥-\frac{1}{8}$；
綜上所述：$-\frac{1}{8}≤λ≤\frac{1}{16}$．

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