Question

2．已知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，令S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=a₁（a₁+a₂+…+a_n）+a₂（a₂+a₃+…+a_n）+…+a_n-1（a_n-1+a_n）+a_n²．若對(duì)一切正整數(shù)n，都有T_n＞c•S_n²，則c的取值范圍是（-∞，$\frac{4}{3}$]．

Answer 1

分析 先根據(jù)等比數(shù)列的定義和求和公式求出a_n，S_n，再得T_n=S_n²-（a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1），構(gòu)造數(shù)列b_n-1=a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1，求出和，得到T_n，設(shè)$\frac{1}{{2}^{n}}$=x，0＜x＜1，由T_n＞c•S_n²，得到c＜$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{3}$•$\frac{1}{x+\frac{1}{x}-1}$，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出．

解答 解：∵數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
∴a_n=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，S_n=$\frac{1×（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∵T_n=a₁（a₁+a₂+…+a_n）+a₂（a₂+a₃+…+a_n）+…+a_n-1（a_n-1+a_n）+a_n²=a₁S_n+a₂（S_n-S₁）+…+a_n（S_n-S_n-1），
=S_n（a₁+a₂+…+a_n）-（a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1）=S_n²-（a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1）
設(shè)b_n-1=a₂S₁+a₃S₂+…+a_nS_n-1，
∵a_nS_n-1=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$（2-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$）=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{1}{{2}^{2n-3}}$，n≥2，
∴b_n-1=2-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2}{3}$（1-$\frac{1}{{4}^{n-1}}$）=2-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{3×{4}^{n-1}}$=$\frac{4}{3}$-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+$\frac{2}{3×{4}^{n-1}}$，
∴T_n=（2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）²+$\frac{4}{3}$-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+$\frac{2}{3×{4}^{n-1}}$，
設(shè)$\frac{1}{{2}^{n}}$=x，0＜x＜1，
∵T_n＞c•S_n²，
∴c＜1-$\frac{1}{3}$（1-$\frac{2x}{{x}^{2}-x+1}$）=$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{3}$•$\frac{1}{x+\frac{1}{x}-1}$＜$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{3}$=$\frac{4}{3}$，
故c的取值范圍為（-∞，$\frac{4}{3}$]，
故答案為：（-∞，$\frac{4}{3}$]

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式，以及函數(shù)的單調(diào)性和恒成立的問(wèn)題，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．