Question

3．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T_n=2S_n-2n，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若T_n+2n-λ•a${\;}_{n}^{2}$≤0對任意n∈N恒成立，則實數(shù)λ的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過T_n=2S_n-2n與T_n+1=2S_n+1-2（n+1）作差、整理可知S_n+1+2=2（S_n+2），進(jìn)而可知S_n=2ⁿ⁺¹-2，利用S_n+1-S_n計算可得結(jié)論；
（2）通過a_n=2ⁿ化簡可知問題即求$\frac{{2}^{n}-1}{{4}^{n-1}}$的最大值，通過設(shè)f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{4}^{x-1}}$，利用導(dǎo)數(shù)判斷出其單調(diào)性，進(jìn)而即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵T_n=2S_n-2n，
∴T_n+1=2S_n+1-2（n+1），
∴S_n+1=T_n+1-T_n
=2S_n+1-2（n+1）-（2S_n-2n）
=2S_n+1-2S_n-2，
整理得：S_n+1=2S_n+2，
即S_n+1+2=2（S_n+2），
又∵S₁=T₁=2S₁-2，
∴S₁+2=2+2=4，
∴S_n+2=4•2^n-1=2ⁿ⁺¹，
∴S_n=2ⁿ⁺¹-2，S_n+1=2ⁿ⁺²-2，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=2ⁿ⁺²-2-（2ⁿ⁺¹-2）=2ⁿ⁺¹，
又∵a₁=S₁=2滿足上式，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2ⁿ；
（2）∵a_n=2ⁿ，
∴${{a}_{n}}^{2}$=2²ⁿ=4ⁿ，
T_n=2S_n-2n
=2•$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-2n
=2ⁿ⁺²-2n-4，
∴T_n+2_n-λ•a${\;}_{n}^{2}$≤0對任意n∈N恒成立，
即2ⁿ⁺²-2n-4+2n-λ•2²ⁿ≤0對任意n∈N恒成立，
整理得：λ≥$\frac{4{•2}^{n}-4}{{4}^{n}}$=$\frac{{2}^{n}-1}{{4}^{n-1}}$，
記f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{4}^{x-1}}$，則f′（x）=$\frac{{2}^{x}•ln2•{4}^{x-1}-{（{2}^{x}-1）•4}^{x-1}ln4}{{4}^{2x-2}}$=（2^2x-1-2^3x-2）•$\frac{ln2}{{4}^{2x-2}}$，
令f′（x）=0，即2^2x-1-2^3x-2=0，解得x=1，
當(dāng)x＜1時，f′（x）＞0；
當(dāng)x＞1時，f′（x）＜0；
∴當(dāng)x=1時f（x）取最大值f（1）=$\frac{{2}^{1}-1}{{4}^{1-1}}$=1，
∴λ≥$\frac{{2}^{n}-1}{{4}^{n-1}}$≥1，即實數(shù)λ的最小值為1．

點評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．