Question

1．已知数列{a_n}的前n项和是S_n，且S_n=2a_n-1，数列{b_n}满足b₁=1，nb_n+1=（n+1）b_n，n∈N^*
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}的前n项和为Q_n，T_n=S_n+2Q_n+1，问，是否存在实数λ，使得对任意正整数n，不等式λT_n≥T_n+1恒成立？若存在，求λ的最小值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2a_n-1，n=1时，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁=1．当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，化为：a_n=2a_n-1，利用等比数列的通项公式即可得出．数列{b_n}满足b₁=1，nb_n+1=（n+1）b_n，n∈N^*，变形为：$\frac{{b}_{n+1}}{n+1}$=$\frac{{b}_{n}}{n}$，即可得出．
（2）S_n=2ⁿ-1，Q_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，T_n=S_n+2Q_n+1=2ⁿ+n（n+1），不等式λT_n≥T_n+1，λ≥$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$=2+$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n}+n（n+1）}$，n=1时，$\frac{{T}_{2}}{{T}_{1}}$=$\frac{5}{2}$，n≥2时，$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n}+n（n+1）}$≤0，即可得出．

解答 解：（1）由S_n=2a_n-1，n=1时，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁=1．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-1-（2a_n-1-1），化为：a_n=2a_n-1，
∴数列{a_n}是等比数列，公比为2，首项为1，
∴a_n=2^n-1．
数列{b_n}满足b₁=1，nb_n+1=（n+1）b_n，n∈N^*，
变形为：$\frac{{b}_{n+1}}{n+1}$=$\frac{{b}_{n}}{n}$，因此数列$\{\frac{{b}_{n}}{n}\}$是常数列，
∴$\frac{{b}_{n}}{n}$=1，可得b_n=n．
（2）S_n=2×2^n-1-1=2ⁿ-1，Q_n=1+2+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$，T_n=S_n+2Q_n+1=2ⁿ+n（n+1），
不等式λT_n≥T_n+1，∴λ≥$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$=$\frac{{2}^{n+1}+（n+1）（n+2）}{{2}^{n}+n（n+1）}$=2+$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n}+n（n+1）}$，
n=1时，$\frac{{T}_{2}}{{T}_{1}}$=$\frac{5}{2}$，n≥2时，$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n}+n（n+1）}$≤0，
∴存在实数λ≥$\frac{5}{2}$，使得对任意正整数n，不等式λT_n≥T_n+1恒成立．
∴λ的最小值是$\frac{5}{2}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式、常数列、数列的单调性、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．