Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿(mǎn)足：S_n=a（S_n-a_n+1）（a為常數(shù)，且a≠0，a≠1）．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)bn=an2+Sn•an，若數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，求a的值；
（3）在滿(mǎn)足條件（2）的情形下，設(shè)c_n=4a_n+1，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，若不等式

12k

4+n-Tn

≥2n-7對(duì)任意的n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)n=1時(shí)，S₁=a（S₁-a₁+1），得a₁=1．當(dāng)n≥2時(shí)，由（1-a）S_n=-aa_n+a，得，（1-a）S_n-1=-aa_n-1+a．故a_n=aa_n-1，由此能求出{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）由bn=

a2n+an+1-2a2n+1

1-a

，若數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，則有

b

2 2

=b1•b3，而b1=2a2，

b

2

=a3(2a+1)，b3=a4(2a2+a+1)，故[a³（2a+1）]²=（2a²）•a⁴（2a²+a+1），由此能求出a的值．
（3）由a=

1

2

，知an=(

1

2

)n，故cn=4(

1

2

)n+1，所以Tn=4×

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

+n=4+n-

4

2n

，由不等式

12k

4+n-Tn

≥2n-7恒成立，得3k≥

2n-7

2n

恒成立，由此能求出實(shí)數(shù)k的取值范圍．

解答：解：（1）當(dāng)n=1時(shí)，S₁=a（S₁-a₁+1），得a₁=1．
當(dāng)n≥2時(shí)，由S_n=a（S_n-a_n+1），
即（1-a）S_n=-aa_n+a，①
得，（1-a）S_n-1=-aa_n-1+a，②
①-②，得（1-a）a_n=-aa_n+aa_n-1，
即a_n=aa_n-1，
∴

an

an-1

=a(n≥2)，
∴{a_n}是等比數(shù)列，且公比是a，
∴an=an．
（2）由（1）知，bn=(an)2+

a(1-an)

1-a

•an，
即bn=

a2n+an+1-2a2n+1

1-a

，
若數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，
則有

b

2 2

=b1•b3，
而b1=2a2，

b

2

=a3(2a+1)，b3=a4(2a2+a+1)，
故[a³（2a+1）]²=（2a²）•a⁴（2a²+a+1），
解得a=

1

2

，
再將a=

1

2

代入b_n，得bn=(

1

2

)n，
由

b n+1

b n

=

1

2

，知{b_n}為等比數(shù)列，
∴a=

1

2

．
（3）由a=

1

2

，知an=(

1

2

)n，
∴cn=4(

1

2

)n+1，
∴Tn=4×

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

+n=4+n-

4

2n

，
由不等式

12k

4+n-Tn

≥2n-7恒成立，
得3k≥

2n-7

2n

恒成立，
設(shè)dn=

2n-7

2n

，由dn+1-dn=

2n-5

2n+1

-

2n-7

2n

=

-2n+9

2n+1

，
∴當(dāng)n≤4時(shí)，d_n+1＞d_n，當(dāng)n≥4時(shí)，d_n+1＜d_n，
而d4=

1

16

，d5=

3

32

，
∴d₄＜d₅，
∴3k≥

3

32

，
∴k≥

1

32

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．