题目内容
15.已知数列$\left\{{\frac{a_n}{{{p^{n-1}}}}}\right\}$的前n项和Sn=n2+2n(其中常数p>0).(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设Tn为数列{an}的前n项和.
(i)求Tn的表达式;
(ii)若对任意n∈N*,都有(1-p)Tn+pan≥2pn恒成立,求p的取值范围.
分析 (Ⅰ)当n≥2时,利用$\frac{a_n}{{{p^{n-1}}}}$=Sn-Sn-1,进而计算可得结论;
(Ⅱ)(i)当p=1时直接利用等差数列的求和公式计算即可;当p≠1时利用错位相减法计算即得结论;
(ii)分p=1与p≠1两种情况讨论,其中当p≠1时问题转化为对任意n∈N*都有$\frac{3-p}{1-p}$≥$\frac{4-2p}{1-p}$pn恒成立,再分0<p<1、1<p<2、p≥2三种情况讨论即可.
解答 解:(Ⅰ)依题意,当n=1时,a1=S1=3;(1分)
当n≥2时,$\frac{a_n}{{{p^{n-1}}}}$=Sn-Sn-1=2n+1,得an=(2n+1)pn-1.(2分)
又因为n=1也满足上式,
所以an=(2n+1)pn-1(3分)
(Ⅱ)(i)Tn=3+5p+7p2+…+(2n+1)pn-1.
①当p=1时,Tn=n2+2n;(4分)
②当p≠1时,由Tn=3+5p+7p2+…+(2n+1)pn-1得
pTn=3p+5p2+7p3+…+(2n-1)pn-1+(2n+1)pn,
则(1-p)Tn=3+2(p+p2+p3+…+pn-1)-(2n+1)pn,
得Tn=$\frac{3}{1-p}$+$\frac{2p(1-{p}^{n-1})}{(1-p)^{2}}$-$\frac{1}{1-p}$(2n+1)pn.(6分)
综上,当p=1时,Tn=n2+2n;
当p≠1时,Tn=$\frac{3}{1-p}$+$\frac{2p(1-{p}^{n-1})}{(1-p)^{2}}$-$\frac{1}{1-p}$(2n+1)pn.(7分)
(ii)①当p=1时,显然对任意n∈N*,都有(1-p)Tn+pan≥2pn恒成立; (8分)
②当p≠1时,可转化为对任意n∈N*,都有3+$\frac{2p(1-{p}^{n-1})}{1-p}$≥2pn恒成立.
即对任意n∈N*,都有$\frac{3-p}{1-p}$≥$\frac{4-2p}{1-p}$pn恒成立.
当0<p<1时,只要$\frac{3-p}{4-2p}$≥p成立,解得0<p<1;(9分)
当1<p<2时,只要$\frac{3-p}{4-2p}$≤pn 对任意n∈N*恒成立,
只要有$\frac{3-p}{4-2p}$≤pn对任意n∈N*恒成立,
只要有$\frac{3-p}{4-2p}$≤p成立,解得1<p≤$\frac{3}{2}$(10分)
当p≥2时,不满足.(11分)
综上,实数p的取值范围为(0,$\frac{3}{2}$].(12分)
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.
Y1 | Y2 | |
X1 | 5+a | 15-a |
Y1 | 10-a | 20-a |
A. | 6或7 | B. | 7 | C. | 8 | D. | 7或8 |
A. | $\frac{π}{12}$ | B. | $\frac{π}{3}$ | C. | $\frac{π}{4}$ | D. | $\frac{π}{6}$ |