Question

7．各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{a_n}，a₁=1，a₂a₄=16，數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，且S_n=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}（n∈{N}^{+}）$．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）若c_n=a_n+（-1）ⁿb_n，求數(shù)列{c_n}的前n項和U_n；
（3）令d_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$（n∈N⁺），數(shù)列{d_n}的前n項和為T_n，若T_n≥t²+t恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)正數(shù)的等比數(shù)列{a_n}的公比為q＞0，利用等比數(shù)列的通項公式可得a_n．由S_n=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}（n∈{N}^{+}）$，利用遞推關(guān)系可得b_n．
（2）c_n=a_n+（-1）ⁿb_n=2^n-1+（-1）ⁿ（3n-1）．對n分類討論即可得出．
（3）d_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，利用“錯位相減法”與等比數(shù)列的前n項和公式可得T_n．由T_n≥t²+t恒成立，轉(zhuǎn)化為（T_n）_min≥t²+t恒成立，解出即可．

解答 解：（1）設(shè)正數(shù)的等比數(shù)列{a_n}的公比為q＞0，∵a₁=1，a₂a₄=16，
∴q⁴=16，解得q=2．
∴a_n=2^n-1．
∵S_n=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}（n∈{N}^{+}）$，
∴n=1時，b₁=2．當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{3{n}^{2}+n}{2}$-$\frac{3（n-1）^{2}+（n-1）}{2}$=3n-1．當n=1時上式也成立，
∴b_n=3n-1．
（2）c_n=a_n+（-1）ⁿb_n=2^n-1+（-1）ⁿ（3n-1）．
∴當n為偶數(shù)時，U_n=$\frac{{2}^{n}-1}{2-1}$+（-2+5）+（-8+11）+…+[-（3n-4）+（3n-1）]=2ⁿ-1+$\frac{3n}{2}$．
當n為奇數(shù)時，U_n=U_n-1+c_n=${2}^{n-1}-1+\frac{3（n-1）}{2}$+2^n-1-（3n-1）=2ⁿ-$\frac{3n+3}{2}$．
∴U_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{n}-\frac{3n+3}{2}，n為奇數(shù)}\\{{2}^{n}-1+\frac{3n}{2}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
（3）d_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，∴數(shù)列{d_n}的前n項和為T_n=2+$\frac{5}{2}$+$\frac{8}{{2}^{2}}$+…+$\frac{3n-1}{{2}^{n-1}}$，$\frac{1}{2}{T}_{n}$=1+$\frac{5}{{2}^{2}}+\frac{8}{{2}^{3}}$+…+$\frac{3n-4}{{2}^{n-1}}$+$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=2+$3（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$=2+3×$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$=5-$\frac{3n+5}{{2}^{n}}$．
∴T_n=10-$\frac{3n+5}{{2}^{n-1}}$．
又$\frac{3n+5}{{2}^{n-1}}$-$\frac{3n+8}{{2}^{n}}$=$\frac{3n+2}{{2}^{n}}$．
∴數(shù)列$\{\frac{3n+5}{{2}^{n-1}}\}$單調(diào)遞減．
∴T_n的最小值為2．
∵T_n≥t²+t恒成立，
∴（T_n）_min≥t²+t恒成立，
∴t²+t-2≤0，
解得-2≤t≤1．
∴t的取值范圍是-2≤t≤1．

點評 本題考查了“錯位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、遞推關(guān)系的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．