Question

13．已知在數(shù)列{a_n}中，前n項(xiàng)和S_n=（n²+n）•3ⁿ．
（1）求a_n，如果a_n＜S_n•t對(duì)任意的x∈N+成立，求t的取值范圍；
（2）證明：$\frac{{a}_{1}}{{1}^{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$＞3ⁿ對(duì)于任意x∈N⁺成立．

Answer 1

分析 （1）利用遞推式可得a_n，再利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出t的取值范圍；
（2）兩次利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （1）解：∵S_n=（n²+n）•3ⁿ．
∴當(dāng)n=1時(shí)，a₁=2×3=6；
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（n²+n）•3ⁿ-[（n-1）²+（n-1）]•3^n-1=（2n²+4n）•3^n-1，當(dāng)n=1時(shí)也成立，
∴a_n=（2n²+4n）•3^n-1．
∵a_n＜Sn•t對(duì)任意的n∈N+成立，
∴（2n²+4n）•3^n-1＜（n²+n）•3ⁿ•t，
∴t＞$\frac{2n+4}{3n+3}$，
∵（2n+4）-（3n+3）=1-n≤0，∴2n+4≤3n+3，∴$\frac{2n+4}{3n+3}$≤1，當(dāng)n=1時(shí)取等號(hào)．
∴t＞1．
∴t的取值范圍是（1，+∞）．
（2）證明：$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$（{n}^{2}+2n）×（\frac{3}{2}）^{n-1}$，
∴A_n=$\frac{{a}_{1}}{{1}^{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$3+8×\frac{3}{2}$+$15×（\frac{3}{2}）^{2}$+…+$（{n}^{2}+2n）×（\frac{3}{2}）^{n-1}$，
$\frac{3}{2}{A}_{n}$=$3×\frac{3}{2}+8×（\frac{3}{2}）^{2}$+…+$[（n-1）^{2}+2（n-1）]×（\frac{3}{2}）^{n-1}$+$（{n}^{2}+2n）×（\frac{3}{2}）^{n}$，
∴$-\frac{1}{2}{A}_{n}$=$3+5×\frac{3}{2}+7×（\frac{3}{2}）^{2}$+…+$（2n+1）×（\frac{3}{2}）^{n-1}$-$（{n}^{2}+2n）×（\frac{3}{2}）^{n}$，
令B_n=$3+5×\frac{3}{2}+7×（\frac{3}{2}）^{2}$+…+$（2n+1）×（\frac{3}{2}）^{n-1}$，
∴$\frac{3}{2}{B}_{n}$=$3×\frac{3}{2}+5×（\frac{3}{2}）^{2}$+…+（2n-1）×$（\frac{3}{2}）^{n-1}$+$（2n+1）×（\frac{3}{2}）^{n}$，
∴$-\frac{1}{2}{B}_{n}$=$3+2×\frac{3}{2}+2×（\frac{3}{2}）^{2}$+…+$2×（\frac{3}{2}）^{n-1}$-$（2n+1）×（\frac{3}{2}）^{n}$=$1+2×\frac{（\frac{3}{2}）^{n}-1}{\frac{3}{2}-1}$-$（2n+1）×（\frac{3}{2}）^{n}$=-3+（3-2n）×$（\frac{3}{2}）^{n}$，
∴B_n=6+$（4n-6）×（\frac{3}{2}）^{n}$．
∴$-\frac{1}{2}{A}_{n}$=6+$（4n-6）×（\frac{3}{2}）^{n}$-$（{n}^{2}+2n）×（\frac{3}{2}）^{n}$=6-$（{n}^{2}-2n+6）×（\frac{3}{2}）^{n}$，
∴A_n=$（2{n}^{2}-4n+12）×（\frac{3}{2}）^{n}$-12．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、遞推式的應(yīng)用，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．