Question

18．S_n为数列{a_n}的前n项和．已知S_n=n²+2n
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）若数列满足{b_n}满足log₂b_n=n+log₂（a_n-2），求数列{b_n}的前n项和T_n；
（3）已知数列{c_n}满足c_n=-$\frac{{{T_n}-6}}{{{2^{n+1}}}}$+8，若对任意n∈N^*，存在x₀∈[-2，2]，使得c₁+c₂+c₃+…+c_n≤x²+x-2a，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）运用数列的递推式，令n=1，求出首项；再将n换为n-1，两式相减，化简即可得到所求通项公式；
（2）运用对数的运算性质可得b_n=（2n-1）•2ⁿ，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和；
（3）求得c_n=-$\frac{{{T_n}-6}}{{{2^{n+1}}}}$+8=8-（2n-3）=11-2n，运用等差数列求和．由二次函数的性质，可得数列{c_n}的前n项和的最大值，求得x²+x-2a的最大值，由题意可得a的不等式，解不等式即可得到所求范围．

解答 解：（1）由题知，当n=1时，a₁=S₁=1+2=3，
当n≥2时，S_n=n²+2n，所以S_n-1=（n-1）²+2（n-1），
两式相减得到a_n=2n+1，对n=1也成立，
a_n=2n+1，n∈N*．
（2）由（1）知a_n=2n+1，{b_n}满足log₂b_n=n+log₂（a_n-2），
=n+log₂（2n-1），
所以b_n=（2n-1）•2ⁿ，
因此前n项和T_n=1•2¹+3•2²+5•2³+…+（2n-1）•2ⁿ，①
2T_n=1•2²+3•2³+5•2⁴+…+（2n-1）•2ⁿ⁺¹，②
由①-②得到-T_n=2+2（2²+2³+…+2ⁿ）-（2n-1）•2ⁿ⁺¹
=2+2•$\frac{4（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=-6+（3-2n）•2ⁿ⁺¹，
所以T_n=6+（2n-3）•2ⁿ⁺¹．
（3）由（2）知T_n=6+（2n-3）•2ⁿ⁺¹，
c_n=-$\frac{{{T_n}-6}}{{{2^{n+1}}}}$+8=8-（2n-3）=11-2n，
则c₁+c₂+c₃+…+c_n=$\frac{1}{2}$n（9+11-2n）=n（10-n），
当n=5时，c₁+c₂+c₃+…+c_n取得最大值为25，
又x∈[-2，2]，y=x²+x-2a在（-2，-$\frac{1}{2}$）递减，（-$\frac{1}{2}$，2）递增，
可得其最大值为4+2-2a=6-2a．
因为对任意n∈N^*，存在x₀∈[-2，2]，使得c₁+c₂+c₃+…+c_n≤x²+x-2a，
所以25≤6-2a，
解得a≤-$\frac{19}{2}$．

点评 本题考查数列的递推式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，同时考查等比数列的求和公式的运用，以及不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想，求最值，考查化简整理的运算能力，属于难题．