Question

5．已知n∈N^*，數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且2a_n-S_n=1．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，并求出通項公式；
（2）對于任意a_i、a_j∈{a₁，a₂，…，a_n}（其中1≤i≤n，1≤j≤n，i、j均為正整數(shù)），若a_i和a_j的所有乘積a_i•a_j的和記為T_n，試求$\lim_{x→∞}\frac{T_n}{4^n}$的值；
（3）設$1+{b_n}=3{log_2}{a_n}，{c_n}={（{-1}）^{n+1}}{b_n}•{b_{n+1}}$，若數(shù)列{c_n}的前n項和為C_n，是否存在這樣的實數(shù)t，使得對于所有的n都有${C_n}≥t{n^2}$成立，若存在，求出t的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）當n≥2時通過2a_n-S_n=1與2a_n-1-S_n-1=1作差，進而計算可得結論；
（2）通過（1）可得T_n的表達式，進而計算即得結論；
（3）通過（1）可知數(shù)列{c_n}的通項公式，利用并項相加、分n為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論即可．

解答 （1）證明：∵2a_n-S_n=1，
∴當n≥2時，2a_n-1-S_n-1=1，
兩式相減，整理得：a_n=2a_n-1（n≥2），
又∵2a₁-S₁=1，即a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是首項為1、公比為2的等比數(shù)列，
∴a_n=2^n-1；
（2）解：∵T_n=（1+2+2²+…+2^n-1）（1+2+2²+…+2^n-1）
=$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$•$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$
=4ⁿ-2•2ⁿ+1，
∴$\lim_{x→∞}\frac{T_n}{4^n}$=$\underset{lim}{x→∞}$$\frac{{4}^{n}-2•{2}^{n}+1}{{4}^{n}}$=1；
（3）結論：存在這樣的實數(shù)t，使得對于所有的n都有${C_n}≥t{n^2}$成立．
理由如下：
由（1）可知，1+b_n=3log₂a_n=3n-3，即b_n=3n-4，b_n+1=3n-1，
故c_n=（-1）ⁿ⁺¹b_n•b_n+1=（-1）ⁿ⁺¹（3n-4）（3n-1），c_n+1=（-1）ⁿ⁺²（3n-1）（3n+2），
特別地，當n為奇數(shù)時，有n+1為偶數(shù)，
此時c_n+c_n+1=（3n-4）（3n-1）-（3n-1）（3n+2）=-6（3n-1），
①若n為偶數(shù)，則C_n=（c₁+c₂）+（c₃+c₄）+…+（c_n-1+c_n）
=-6×[2+8+…+（3n-4）]
=-$\frac{3}{2}$n（3n-2），
由${C_n}≥t{n^2}$可知t≤-$\frac{3}{2}$（3-$\frac{2}{n}$）對所有正偶數(shù)n都成立，故t≤-$\frac{9}{2}$；
②若n為奇數(shù)，則C_n=C_n-1+c_n（n≥2），
由①可知C_n=-$\frac{3}{2}$（n-1）（3n-5）+（3n-4）（3n-1）=$\frac{9}{2}$n²-3n-$\frac{7}{2}$，
其中C₁=-2滿足上式；
由①②可得實數(shù)t的取值范圍是：t≤-$\frac{9}{2}$，
所以存在這樣的實數(shù)t，使得對于所有的n都有${C_n}≥t{n^2}$成立．

點評 本題是一道關于數(shù)列與不等式的綜合題，考查分類討論的思想，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．