Question

9．在数列{a_n}，{b_n}中，a₁=3，b₁=5，a_n+1=$\frac{{b}_{n}+4}{2}$，b_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{2}$（n∈N^*）．
（1）求数列{b_n-a_n}的通项公式；
（2）设数列{a_n+b_n}的前n项和为T_n，试求数列{2^n-3T_n}的前n项和A_n；
（3）设S_n为数列{b_n}的前n项和，若对任意n∈N^*，都有p（S_n-4n）∈[1，3]，求实数p的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由a_n+1=$\frac{{b}_{n}+4}{2}$，b_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{2}$（n∈N^*），两式相减可得：b_n+1-a_n+1=-$\frac{1}{2}（{b}_{n}-{a}_{n}）$，再利用等比数列的通项公式即可得出；
（2）由a_n+1=$\frac{{b}_{n}+4}{2}$，b_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{2}$（n∈N^*），可得a_n+1+b_n+1-8=$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{b}_{n}-8）$，而a₁+b₁-8=0，可得：a_n+b_n=8．依次数列{a_n+b_n}的前n项和T_n=8n．
于是2^n-3T_n=n•2ⁿ．再利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．
（3）由（1）（2）可得：b_n-a_n=$2×（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，a_n+b_n=8．解得b_n=4+$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$．可得数列{b_n}的前n项和S_n=4n+$\frac{2}{3}$-$\frac{2}{3}（-\frac{1}{2}）^{n}$．由p（S_n-4n）∈[1，3]，可得1≤$\frac{2}{3}p[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$≤3，对n分类讨论即可得出．

解答 解：（1）∵a_n+1=$\frac{{b}_{n}+4}{2}$，b_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{2}$（n∈N^*），
∴b_n+1-a_n+1=-$\frac{1}{2}（{b}_{n}-{a}_{n}）$，
∴数列{b_n-a_n}是等比数列，首项为2，公比为-$\frac{1}{2}$，
∴b_n-a_n=2×$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$．
（2）∵a_n+1=$\frac{{b}_{n}+4}{2}$，b_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{2}$（n∈N^*），
∴a_n+1+b_n+1=$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{b}_{n}）$+4，
化为a_n+1+b_n+1-8=$\frac{1}{2}（{a}_{n}+{b}_{n}-8）$，
∵a₁+b₁-8=0，可得a₂+b₂-8=0，…，
依此类推可得：a_n+b_n=8．
∴数列{a_n+b_n}的前n项和T_n=8n．
∴2^n-3T_n=n•2ⁿ．
∴数列{2^n-3T_n}的前n项和A_n=2+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ，
2A_n=2²+2×2³+3×2⁴+…+（n-1）×2ⁿ+n×2ⁿ⁺¹，
∴-A_n=2+2²+…+2ⁿ-n×2ⁿ⁺¹=$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-n×2ⁿ⁺¹=（1-n）×2ⁿ⁺¹-2，
∴A_n=（n-1）×2ⁿ⁺¹+2．
（3）由（1）（2）可得：b_n-a_n=$2×（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，a_n+b_n=8．
∴b_n=4+$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$．
∴数列{b_n}的前n项和S_n=4n+$\frac{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}{1-（-\frac{1}{2}）}$=4n+$\frac{2}{3}$-$\frac{2}{3}（-\frac{1}{2}）^{n}$．
由p（S_n-4n）∈[1，3]，
∴1≤$\frac{2}{3}p[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$≤3，
∴$\frac{\frac{3}{2}}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$≤p≤$\frac{\frac{9}{2}}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$．
∵对任意n∈N^*，都有p（S_n-4n）∈[1，3]成立，
解得：P=3．

点评 本题考查了等比数列的通项公式与前n项和公式、“错位相减法”、递推关系的应用、恒成立问题等价转化方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．