Question

（2012•成都模擬）已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=1，且na_n+1=2S_n，數(shù)列{b_n}滿足b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，對(duì)任意n∈N^*．都有

b

2 n+1

=b_n•b_n+2．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n，若對(duì)任意的n∈N^*，不等式λnT_n+2b_nS_n＜2（λn+3b_n）恒成立，試求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用na_n+1=2S_n，再寫一式，兩式相減，再疊乘，即可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；在數(shù)列{b_n}中，由

b

2 n+1

=b_n•b_n+2，b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)、公比均為

1

2

，由此可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，再將不等式轉(zhuǎn)化為（1-λ）n²+（1-2λ）n-6＜0恒成立，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)，即可確定實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）∵na_n+1=2S_n，∴（n-1）a_n=2S_n-1（n≥2），兩式相減得，na_n+1-（n-1）a_n=2a_n，
∴na_n+1=（n+1）a_n=，即

an+1

an

=

n+1

n

，
∴a_n=a1×

a2

a1

×…×

an

an-1

=n（n≥2），
a₁=1滿足上式，故數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=n（n∈N^*）．
在數(shù)列{b_n}中，由

b

2 n+1

=b_n•b_n+2，b₁=

1

2

，b₂=

1

4

，知數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)、公比均為

1

2

，
∴數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式b_n=(

1

2

)n；
（Ⅱ）∵T_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=

1

2

+2×(

1

2

)2+…+n×(

1

2

)n     ①
∴

1

2

T_n=(

1

2

)2+2×(

1

2

)3+…+（n-1）×(

1

2

)n+n×(

1

2

)n+1       ②
由①-②，得

1

2

T_n=

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)3+…+(

1

2

)n-n×(

1

2

)n+1=1-

n+2

2n+1

，
∴T_n=2-

n+2

2n

∴不等式λnT_n+2b_nS_n＜2（λn+3b_n）即為λn（2-

n+2

2n

）+

n(n+1)

2n

＜2（λn+

3

2n

），
即（1-λ）n²+（1-2λ）n-6＜0恒成立．
設(shè)f（n）=（1-λ）n²+（1-2λ）n-6，
當(dāng)λ=1時(shí)，f（n）=-n-6＜0成立，則λ=1滿足條件；
當(dāng)λ＜1時(shí)，由二次函數(shù)性質(zhì)知不恒成立；
當(dāng)λ＞1時(shí)，由于-

1-2λ

1-λ

＜0，則f（n）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，f（n）≤f（1）=-3λ-4＜0恒成立，則λ＞1滿足條件．
綜上所述，實(shí)數(shù)λ的取值范圍是[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列遞推式，考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，考查恒成立問題，確定數(shù)列的通項(xiàng)，正確求和是關(guān)鍵．