Question

16．已知数列{a_n}满足条件a_n+1-a_n=2，a₅=11，前n项和为S_n，数列{b_n}前n项和为T_n，满足条件T_n=2b_n-2．
（1）求a_n与b_n；
（2）求数列{a_n•b_n}的前n项和K_n；
（3）令C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，若不等式x²+2mx+1≥C₁+C₂+C₃+…+C_n对任意x∈R和任意的正整数n恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）运用等差数列的通项公式，数列的通项和前n项和的关系，化简整理，即可得到所求通项；
（2）运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理，即可得到所求和；
（3）运用等差数列的求和公式可得C_n=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），运用裂项相消求和，可得C₁+C₂+C₃+…+C_n，求得范围，结合二次不等式恒成立等价为判别式小于等于0，即可得到所求范围．

解答 解：（1）由a_n+1-a_n=2，a₅=11可得数列{a_n}为等差数列，公差为d=2，
a₁+4d=11，可得a₁=3，
即有a_n=a₁+（n-1）d=3+2（n-1）=2n+1；
当n=1，b₁=2，
当n≥2时，b_n=T_n-T_n-1=2b_n-2b_n-1，
即b_n=2b_n-1（n≥2），由于b₁=2≠0，则b_n≠0，
故{b_n}是公比为2的等比数列，首项b₁=2，
则b_n=2ⁿ；
（2）数列{a_n•b_n}的前n项和K_n=3•2+5•4+…+（2n+1）•2ⁿ，
2K_n=3•4+5•8+…+（2n+1）•2ⁿ⁺¹，
两式相减可得-K_n=6+2（4+8+…+2ⁿ）-（2n+1）•2ⁿ⁺¹
=6+2•$\frac{4（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（2n+1）•2ⁿ⁺¹，
化简可得K_n=（2n-1）•2ⁿ⁺¹+2；
（3）C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{3n+\frac{1}{2}n（n-1）•2}$=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
C₁+C₂+C₃+…+C_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$--$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$，
由不等式x²+2mx+1≥C₁+C₂+C₃+…+C_n对任意x∈R和任意的正整数n恒成立，
可得x²+2mx+1≥$\frac{3}{4}$，即有x²+2mx+$\frac{1}{4}$≥0，
可得△=4m²-1≤0，即有-$\frac{1}{2}$≤m≤$\frac{1}{2}$．
可得m的取值范围是[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，以及数列不等式的恒成立问题的解法，注意运用转化思想和二次不等式恒成立问题的解法，属于中档题．