Question

15．设数列{a_n}，{b_n}都是等差数列，它们的前n项的和分别为S_n，T_n，若对一切n∈N^*，都有S_n+3=T_n
（1）若a₁≠b₁，试分别写出一个符号条件的数列{a_n}和{b_n}；
（2）若a₁+b₁=1，数列{c_n}满足：${c_n}={4^{a_n}}+λ{（-1）^{n-1}}{2^{b_n}}$，且当n∈N^*时，c_n+1≥c_n恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过设数列{a_n}，{b_n}的公差分别是d₁，d₂，利用对一切n∈N^*有S_n+3=T_n，计算、整理得$\left\{{\begin{array}{l}{{d_2}={d_1}}\\{{a_1}=-{d_1}}\\{{b_1}=2{d_1}}\end{array}}\right.$，任取d₁的值即得结论；
（2）通过（1）及a₁+b₁=1可知d₁=d₂=1、a₁=-1、b₁=2，进而只需c_n+1-c_n=$\frac{3}{16}•{2^{2n}}+6λ{（-1）^n}•{2^n}≥0$即可，对n的奇偶进行讨论即可．

解答 解：（1）答案不唯一，例如：${a_n}=2n-4（n∈{N^*}）$，${b_n}=2n+2（n∈{N^*}）$，
设数列{a_n}，{b_n}的公差分别是d₁，d₂，
则${S_{n+3}}=（n+3）{a_1}+\frac{（n+3）（n+2）}{2}{d_1}，{T_n}=n{b_1}+\frac{n（n-1）}{2}{d_2}$，
∵对一切n∈N^*，有S_n+3=T_n，
∴$（n+3）{a_1}+\frac{（n+3）（n+2）}{2}{d_1}=n{b_1}+\frac{n（n-1）}{2}{d_2}$，
即：$\frac{d_1}{2}{n^2}+（{a_1}+\frac{5}{2}{d_1}）n+3{a_1}+3{d_1}=\frac{d_2}{2}{n^2}+（{b_1}-\frac{1}{2}{d_2}）n$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{d_1}{2}=\frac{d_2}{2}}\\{{a_1}+\frac{5}{2}{d_1}={b_1}-\frac{1}{2}{d_2}}\\{3{a_1}+3{d_1}=0}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{{d_2}={d_1}}\\{{a_1}=-{d_1}}\\{{b_1}=2{d_1}}\end{array}}\right.$；
（2）∵a₁+b₁=1，
∴d₁=d₂=1，a₁=-1，b₁=2，
∴a_n=n-2，b_n=n+1，
∴${c_n}={4^{n-2}}+λ{（-1）^{n-1}}{2^{n+1}}$，
∴${c_{n+1}}-{c_n}={4^{n-1}}+λ{（-1）^n}{2^{n+2}}-{4^{n-2}}-λ{（-1）^{n-1}}{2^{n+1}}$
=$3•{4^{n-2}}+λ{（-1）^n}（4•{2^n}+2•{2^n}）=\frac{3}{16}•{2^{2n}}+6λ{（-1）^n}•{2^n}$，
∵当n∈N^*时c_n+1≥c_n恒成立，即当n∈N^*时$\frac{3}{16}•{2^{2n}}+6λ{（-1）^n}•{2^n}≥0$恒成立，
∴①当n为正奇数时，$λ≤\frac{1}{32}•{2^n}$恒成立，
又∵$\frac{1}{32}{2^n}≥\frac{1}{16}$，∴$λ≤\frac{1}{16}$；
②当n为正偶数时，$λ≥-\frac{1}{32}•{2^n}$恒成立，
又∵$-\frac{1}{32}•{2^n}≤-\frac{1}{8}$，∴$λ≥-\frac{1}{8}$；
综上所述：$-\frac{1}{8}≤λ≤\frac{1}{16}$．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．