Question

12．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，数列{b_n}的前n项和为T_n，且8S_n=（a_n+2）²，b_n=$\frac{1}{2}$a_nλ^n-1（λ＞0，λ∈R）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{b_n}的前n项和T_n；
（3）若不等式（1-λ）T_n+λb_n≥2λⁿ对任意的n∈N^*恒成立，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过a_n+1=S_n+1-S_n计算即得结论；
（2）通过a_n=4n-2可知b_n=（2n-1）λ^n-1，利用错位相减法计算可知（1-λ）T_n=1+2λ+2λ²+…+2λ^n-1-（2n-1）λⁿ，分λ=1、λ≠1两种情况讨论即可；
（3）易知当λ=1时不满足题意；当λ≠1时化简得$\frac{1+λ}{1-λ}$≥$\frac{4-2λ}{1-λ}$•λⁿ，分0＜λ＜1、λ≥2、1＜λ＜2三种情况讨论即可．

解答 解：（1）由题意，得S_n=$\frac{1}{8}$（a_n+2）²，
当n=1时，a₁=$\frac{1}{8}$$（{a}_{1}+2）^{2}$，得a₁=2；                               
当n≥2时，S_n+1=$\frac{1}{8}$$（{a}_{n+1}+2）^{2}$．
∴a_n+1=S_n+1-S_n=$\frac{1}{8}$[$（{a}_{n+1}+2）^{2}$-（a_n+2）²]，
整理，得：（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-4）=0．                             
由题意知a_n+1+a_n≠0，
所以a_n+1-a_n=4，
所以数列{a_n}为首项为2、公差为4的等差数列，即a_n=4n-2；        
（2）∵a_n=4n-2，
∴b_n=$\frac{1}{2}$（4n-2）λ^n-1=（2n-1）λ^n-1，
T_n=1+3λ+5λ²+…+（2n-1）λ^n-1，
λT_n=λ+3λ²+…+（2n-3）λ^n-1+（2n-1）λⁿ，
两式相减得：（1-λ）T_n=1+2λ+2λ²+…+2λ^n-1-（2n-1）λⁿ，
①当λ=1时，T_n=1+3+5+…+（2n-1）=n²；
②当λ≠1时，（1-λ）T_n=1+$\frac{2λ（1-{λ}^{n-1}）}{1-λ}$-（2n-1）λⁿ，
∴T_n=$\frac{1}{1-λ}$+$\frac{2λ（1-{λ}^{n-1}）}{（1-λ）^{2}}$-$\frac{（2n-1）{λ}^{n}}{1-λ}$；
综上所述：T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{1-λ}+\frac{2λ（1-{λ}^{n-1}）}{（1-λ）^{2}}-\frac{（2n-1）{λ}^{n}}{1-λ}（λ≠1）}\\{{n}^{2}（λ=1）}\end{array}\right.$；
（3）当λ=1时，T_n=1+3+5+…+（2n-1）=n²，
（1-λ）T_n+λb_n=2n-1≥2不成立；
当λ≠1时，（1-λ）T_n=1+$\frac{2λ（1-{λ}^{n-1}）}{1-λ}$-（2n-1）λⁿ，
∴（1-λ）T_n+λb_n=$\frac{1+λ}{1-λ}$-$\frac{2{λ}^{n}}{1-λ}$，
由题意得：$\frac{1+λ}{1-λ}$-$\frac{2{λ}^{n}}{1-λ}$≥2λⁿ，
$\frac{1+λ}{1-λ}$≥$\frac{4-2λ}{1-λ}$•λⁿ，
①当0＜λ＜1时，要$\frac{1+λ}{4-2λ}$≥λⁿ对任意n∈N^*恒成立．
只要有$\frac{1+λ}{4-2λ}$≥λ即可，解得λ≤$\frac{1}{2}$或λ≥1．
因此，当0＜λ≤$\frac{1}{2}$时，结论成立．             
②当λ≥2时，$\frac{1+λ}{1-λ}$≥$\frac{4-2λ}{1-λ}$•λⁿ显然不可能对任意n∈N^*恒成立．
③当1＜λ＜2时，只要$\frac{1+λ}{4-2λ}$≤λⁿ对任意n∈N^*恒成立．
只要有$\frac{1+λ}{4-2λ}$≤λ即可，解得$\frac{1}{2}$≤λ≤1．
因此当1＜λ＜2时，结论不成立．     
综上可知，实数λ的取值范围为（0，$\frac{1}{2}$]．

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