题目内容
10．已知数列{an}中，a1=2，a2=3，an＞0，且满足an+12-an=an+1+an2（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设${b_n}={2^n}•{a_n}$，求数列{bn}的前n项和Tn；
（3）设${C_n}={4^n}-λ•{2^{a_n}}$（λ为正偶数，n∈N*），是否存在确定λ的值，使得对任意n∈N*，有Cn+1＞Cn恒成立，若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
分析 （1）将条件化简可得an+1-an=1，再由等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；
（2）求得${b_n}={2^n}•（n+1）$，再议数列的求和方法：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an=n+1，${C_n}={4^n}-λ•{2^{n+1}}$，要使Cn+1＞Cn恒成立，运用作差法，再由参数分离，求得右边的最小值即可得到所求范围．
解答 解：（1）由已知可得，$（{a_{n+1}}+{a_n}）•（{a_{n+1}}-{a_n}）=（{a_{n+1}}+{a_n}）（n∈{N^*}）$，且an＞0，
∴an+1-an=1（n∈N*），且a2-a1=1．
∴数列{an}是以a1=2为首项，公差为1的等差数列，
∴an=n+1；
（2）由（1）知${b_n}={2^n}•（n+1）$，
设它的前n项和为Tn
∴Tn=2•21+3•22+…+（n+1）•2n，
2Tn=2•22+3•23+…+（n+1）•2n+1，
两式相减可得：$-{T_n}=2×{2^1}+{2^2}+{2^3}+…+{2^{n-1}}+{2^n}-（n+1）×{2^{n+1}}=-n•{2^{n+1}}$
所以${T_n}=n•{2^{n+1}}$；
（3）∵an=n+1，∴${C_n}={4^n}-λ•{2^{n+1}}$，
要使Cn+1＞Cn恒成立，
则${C_{n+1}}-{C_n}={4^{n+1}}-{4^n}-λ•{2^{n+2}}+λ•{2^{n+1}}＞0$恒成立，
∴3•4n-λ•2n+1＞0恒成立，
∴λ＜3•2n-1恒成立．
当且仅当n=1时，3•2n-1有最小值为3，∴λ＜3．又λ为正偶数，则λ=2．
即存在λ=2，使得对任意n∈N*，都有Cn+1＞Cn．
点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用等差数列的定义和通项公式，考查数列的求和方法：错位相减法，同时考查恒成立问题的解法，注意运用数列的单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
直通贵州名校周测月考直通名校系列答案| A． | $\frac{2}{3}$ | B． | $\frac{\sqrt{6}+2}{4}$ | C． | $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ | D． | $\frac{\sqrt{2}+2}{4}$ |
| A． | 2或6 | B． | 0或8 | C． | 2或0 | D． | 6或8 |
| A． | $\left\{{-1，\frac{1}{2}}\right\}$ | B． | {-1，0} | C． | $\left\{{-1，0，\frac{1}{2}}\right\}$ | D． | $\left\{{0，\frac{1}{2}}\right\}$ |
| A． | 0＜f′（a）＜f′（a+1）＜f（a+1）-f（a） | B． | 0＜f′（a+1）＜f（a+1）-f（a）＜f′（a） | ||
| C． | 0＜f′（a+1）＜f′（a）＜f（a+1）-f（a） | D． | 0＜f（a+1）-f（a）＜f′（a）＜f′（a+1） |
如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是等腰梯形，AB=CD=AD=1，BC=2，E，M，N分别是所在棱的中点．