Question

2．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，S_n=2a_n-$\frac{1}{2}$（n∈N^*），数列{b_n}满足b₁=l，点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项a_n和b_n；
（2）令c_n=a_n•b_n，求数列{c_n}的前n项和T_n；
（3）若λ＞0，求对所有的正整数n都有2λ²-kλ+2＞$\frac{{b}_{n}}{{a}_{2n}}$成立的k的范围．

Answer 1

分析 （1）通过${S_n}=2{a_n}-\frac{1}{2}$与${S_{n-1}}=2{a_{n-1}}-\frac{1}{2}$作差，进而整理可知数列{a_n}是首项为${a_1}=\frac{1}{2}$、公比为2的等比数列，通过将点P（b_n，b_n+1）代入直线x-y+2=0计算可知b_n-b_n+1+2=0，进而整理即得结论；
（2）利用错位相减法计算即得结论；
（3）通过（1）及作商法计算可知数列$\left\{{\frac{b_n}{{{a_{2n}}}}}\right\}$为单调递减数列，进而问题转化为求2λ+$\frac{1}{λ}$的最小值，利用基本不等式计算即得结论．

解答 解：（1）∵${S_n}=2{a_n}-\frac{1}{2}$，
∴当n=1时，S₁=2a₁-$\frac{1}{2}$，即a₁=$\frac{1}{2}$，
当n≥2时，${S_{n-1}}=2{a_{n-1}}-\frac{1}{2}$，
∴a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1，
∴${a_n}=2{a_{n-1}}，（n≥2，n∈{N^*}）$，
∴数列{a_n}是首项为${a_1}=\frac{1}{2}$，公比为2的等比数列．
∴${a_n}={2^{n-2}}，n∈N*$，
又∵点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上，
∴b_n-b_n+1+2=0，
∴b_n=2n-1；
（2）∵${c_n}={a_n}•{b_n}=（2n-1）{2^{n-2}}（n∈N*）$，
∴${T_n}=\frac{1}{2}×1+1×3+2×5+…+{2^{n-2}}（2n-1）$，
$2{T_n}=1×1+2×3+{2^2}×5+…+{2^{n-2}}（2n-3）+{2^{n-1}}（2n-1）$，
错位相减，得：$-{T_n}=\frac{1}{2}+2（1+2+2+…+{2^{n-2}}）-{2^{n-1}}（2n-1）$
=$\frac{1}{2}+2×\frac{{1-{2^{n-1}}}}{1-2}-{2^{n-1}}（2n-1）=-\frac{3}{2}+{2^{n-1}}（3-2n）$，
∴${T_n}=\frac{3}{2}+（2n-3）{2^{n-1}}$；
（3）由（1）知当$n≥1，\frac{b_n}{{{a_{2n}}}}={2^{2-2n}}（2n-1）$，
∵$\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{2（n+1）}}$=2^2-2（n+1）（2n-3），
$\frac{\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{2n+2}}}{\frac{{b}_{n}}{{a}_{2n}}}$=$\frac{（2n-3）•{2}^{-2n}}{（2n-1）•{2}^{2-2n}}$=$\frac{1}{4}$•$\frac{2n-3}{2n-1}$＜1，
∴数列$\left\{{\frac{b_n}{{{a_{2n}}}}}\right\}$为单调递减数列，
∴当n≥1时，$\frac{b_n}{{{a_{2n}}}}≤\frac{b_1}{a_2}=1$，即$\frac{b_n}{{{a_{2n}}}}$最大值为1，
由2λ²-kλ+2＞1可得$kλ＜2{λ^2}+1，k＜2λ+\frac{1}{λ}$，
而当λ＞0时，$2λ+\frac{1}{λ}≥2\sqrt{2}$（当且仅当$λ=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时取等号），
∴$k∈（-∞，2\sqrt{2}）$．

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