Question

9．已知数列{a_n}中，a₁=2，a₂=3，其前n项和S_n满足S_n+1+S_n-1=2S_n+1，其中n≥2，n∈N^*．
（1）求证：数列{a_n}为等差数列，并求其通项公式；
（2）设b_n=$\frac{1}{（{a}_{n}+1）（{a}_{n}-1）}$，T_n为数列{b_n}的前n项和，求T_n的取值范围；
（3）设c_n=4ⁿ+（-1）^n-1λ•2^a_n（λ为非零整数，n∈N^*），试确定λ的值，使得对任意n∈N^*，都有c_n+1＞c_n成立．

Answer 1

分析 （1）通过变形为（S_n+1-S_n）-（S_n-S_n-1）=1（n≥2，n∈N^*）可知数列{a_n}是以a₁=2为首项、公差为1的等差数列，进而可得结论；
（2）通过a_n=n+1，裂项可知b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），并项相加即得结论；
（3）通过a_n=n+1化简可知（-1）^n-1λ＜2^n-1恒成立，分n为奇数、偶数两种情况讨论即可．

解答 （1）证明：依题意，（S_n+1-S_n）-（S_n-S_n-1）=1（n≥2，n∈N^*），
即a_n+1-a_n=1（n≥2，n∈N^*），且a₂-a₁=1，
∴数列{a_n}是以a₁=2为首项、公差为1的等差数列，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=n+1；
（2）解：∵a_n=n+1，
∴b_n=$\frac{1}{（n+1+1）（n+1-1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
∴T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{2（n+1）（n+2）}$，
易知T（n）=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{2（n+1）（n+2）}$随着n的增大而增大，
且$\underset{lim}{n→∞}$T（n）=$\frac{3}{4}$，T（1）=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{1}{3}$≤T（n）＜$\frac{3}{4}$；
（3）解：∵a_n=n+1，
∴${c_n}={4^n}+{（-1）^{n-1}}λ•{2^{n+1}}$，
∵c_n+1＞c_n恒成立，
∴${c_{n+1}}-{c_n}={4^{n+1}}-{4^n}+{（-1）^n}λ•{2^{n+2}}-{（-1）^{n-1}}λ•{2^{n+1}}＞0$恒成立，
∴3•4ⁿ-3λ•（-1）^n-12ⁿ⁺¹＞0恒成立，
∴（-1）^n-1λ＜2^n-1恒成立，
（ⅰ）当n为奇数时，即λ＜2^n-1恒成立，
当且仅当n=1时，2^n-1有最小值为1，
∴λ＜1；
（ⅱ）当n为偶数时，即λ＞-2^n-1恒成立，
当且仅当n=2时，-2^n-1有最大值-2，∴λ＞-2．
即-2＜λ＜1，又λ为非零整数，
∴λ=-1；
综上所述，存在λ=-1，使得对任意n∈N^*，都有b_n+1＞b_n．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．