Question

18．已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n²，数列{b_n}的前n项和为 T_n=2b_n-1．
（1）求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；
（2）求证：$\frac{1}{{{a_2}+{S_1}}}$+$\frac{1}{{a}_{3}+{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{{a_{n+1}}+{S_n}}}$＜$\frac{3}{4}$；
（3）若满足不等式λb_n-a_n+1²＜0的正整数n有且仅有3个，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）数列{a_n}的前n项和为S_n=n²，利用：当n=1时，a₁=S₁；当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，即可得出a_n=2n-1．由于{b_n}的前n项和为 T_n=2b_n-1，可得当n=1时，b₁=1；当n≥2时，b_n=T_n-T_n-1，利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）$\frac{1}{{a}_{n+1}+{S}_{n}}$=$\frac{1}{2n+1+{n}^{2}}$$＜\frac{1}{{n}^{2}+2n}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．利用“裂项求和”与“放缩法”即可得出．
（3）不等式λb_n-a_n+1²＜0?λ＞$\frac{（2n+1）^{2}}{{2}^{n-1}}$，令d_n=$\frac{（2n+1）^{2}}{{2}^{n-1}}$，研究其单调性即可得出．

解答 （1）解：∵数列{a_n}的前n项和为S_n=n²，
∴当n=1时，a₁=1；当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．
当n=1时也成立，∴a_n=2n-1．
∵{b_n}的前n项和为 T_n=2b_n-1，
∴当n=1时，b₁=1；当n≥2时，b_n=T_n-T_n-1=2b_n-1-（2b_n-1-1），化为b_n=2b_n-1，
∴数列{b_n}是等比数列，首项为1，公比为2，
∴b_n=2^n-1．
（2）证明：∵$\frac{1}{{a}_{n+1}+{S}_{n}}$=$\frac{1}{2n+1+{n}^{2}}$$＜\frac{1}{{n}^{2}+2n}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．
∴$\frac{1}{{{a_2}+{S_1}}}$+$\frac{1}{{a}_{3}+{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{{a_{n+1}}+{S_n}}}$＜$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\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}$，
因此$\frac{1}{{{a_2}+{S_1}}}$+$\frac{1}{{a}_{3}+{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{{a_{n+1}}+{S_n}}}$＜$\frac{3}{4}$；
（3）解：不等式λb_n-a_n+1²＜0?λ＞$\frac{（2n+1）^{2}}{{2}^{n-1}}$，
令d_n=$\frac{（2n+1）^{2}}{{2}^{n-1}}$，$\frac{{d}_{n+1}}{{d}_{n}}$＞1?$\frac{（2n+3）^{2}}{2（2n+1）^{2}}$＞1?4n²-4n-7＜0，
以上不等式的正整数解只有n=1，故d₁＜d₂，而n≥2时，{d_n}为单调递减数列，计算可得：d₁=9，d₂=$\frac{25}{2}$，d₃=$\frac{49}{4}$，${d}_{4}=\frac{81}{8}$，d₅=$\frac{121}{16}$，…，
∴d₂＞d₃＞d₄＞d₁＞d₅＞d₆，…，
∵满足不等式λb_n-a_n+1²＜0的正整数n有且仅有3个，
∴实数λ的取值范围是$9≤λ＜\frac{81}{8}$．

点评 本题考查了递推式的应用、“裂项求和”、等差数列与等比数列的通项公式、数列的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．