Question

17．?dāng)?shù)列{a_n}中，a₁=1，設(shè)S_n是{a_n}的前n項(xiàng)和，且滿足S_n+1=2S_n+1．
（1）證明數(shù)列{S_n+1}是等比數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{3}{（lo{g}_{2}{a}_{n+1}）•（lo{g}_{2}{a}_{n+2}）}$，T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，函數(shù)f（x）=-x²+2ax-a²+a-1，若T_n＞f（x）對(duì)所有的n∈N^*和x∈R都成立，求實(shí)數(shù)a的范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由S_n+1=2S_n+1，可得n=1時(shí)，S₁=a₁；S_n＞0，S_n+1≠0．變形為：S_n+1+1=2（S_n+1），即可證明數(shù)列{S_n+1}是等比數(shù)列，可得S_n．再利用：n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n=$\frac{3}{n（n+1）}$=3$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．利用“裂項(xiàng)求和”方法可得：T_n．由T_n＞f（x）對(duì)所有的n∈N^*和x∈R都成立，可得：（T_n）_min＞f（x）_max，利用數(shù)列的單調(diào)性與二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：∵S_n+1=2S_n+1，∴n=1時(shí)，S₁=a₁=1；S_n＞0，S_n+1≠0．
變形為：S_n+1+1=2（S_n+1），
∴數(shù)列{S_n+1}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為2，公比為2．
∴S_n+1=2ⁿ，于是S_n=2ⁿ-1，
∴n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2^n-1，n=1時(shí)也滿足上式．
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=2^n-1，n∈N^*．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，b_n=$\frac{3}{（lo{g}_{2}{a}_{n+1}）•（lo{g}_{2}{a}_{n+2}）}$=$\frac{3}{n（n+1）}$=3$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=3$[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）]$=3$（1-\frac{1}{n+1}）$=3-$\frac{3}{n+1}$，
顯然T_n是單調(diào)遞增數(shù)列，故當(dāng)n=1時(shí)，T_n取得最小值（T_n）_min=$\frac{3}{2}$．
又由函數(shù)f（x）=-x²+2ax-a²+a-1=-（x-a）²+a-1，∴f（x）_max=a-1，
∵T_n＞f（x）對(duì)所有的n∈N^*和x∈R都成立，
由題意（T_n）_min＞f（x）_max，即$\frac{3}{2}$＞a-1，解得a$＜\frac{5}{2}$，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為$（-∞，\frac{5}{2}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、遞推關(guān)系、對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)、“裂項(xiàng)求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性與二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．