Question

3．已知正项数列{a_n}满足2a_n+1=a_n+a_n+2，且S_2n-1=a_n²，其中S_n为数列{a_n}的前n项和，若实数λ使得不等式$\frac{（n+8）{a}_{n}+70}{λ}$≥n恒成立，则实数λ的最大值为$\frac{112}{3}$．

Answer 1

分析 正项数列{a_n}满足2a_n+1=a_n+a_n+2，可得数列{a_n}是等差数列，设公差为d．S_2n-1=a_n²，可得a₁=S₁=${a}_{1}^{2}$＞0，解得a₁=1．又S₃=${a}_{2}^{2}$，可得$3×1+\frac{3×2}{2}$d=（1+d）²，解得d，可得a_n=2n-1．不等式$\frac{（n+8）{a}_{n}+70}{λ}$≥n化为：λ≤$\frac{（n+8）（2n-1）+70}{n}$=2n+$\frac{62}{n}$+15．利用不等式的性质即可得出．

解答 解：正项数列{a_n}满足2a_n+1=a_n+a_n+2，∴数列{a_n}是等差数列，设公差为d．
∵S_2n-1=a_n²，∴a₁=S₁=${a}_{1}^{2}$＞0，解得a₁=1．
又S₃=${a}_{2}^{2}$，∴$3×1+\frac{3×2}{2}$d=（1+d）²，解得d=2，-1（舍去）．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
不等式$\frac{（n+8）{a}_{n}+70}{λ}$≥n化为：λ≤$\frac{（n+8）（2n-1）+70}{n}$=2n+$\frac{62}{n}$+15．
∵2n+$\frac{62}{n}$+15≥$2×2\sqrt{n•\frac{31}{n}}$+15，经过验证可得：n=6时，取得最小值．
则实数λ的最大值为$2×6+\frac{62}{6}$+15=$\frac{112}{3}$．
故答案为：$\frac{112}{3}$．

点评 本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、不等式的解法与性质、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．