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

分析 (Ⅰ)由Sn+1=2Sn+1,可得n=1時(shí),S1=a1;Sn>0,Sn+1≠0.變形為:Sn+1+1=2(Sn+1),即可證明數(shù)列{Sn+1}是等比數(shù)列,可得Sn.再利用:n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1,即可得出.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,bn=$\frac{3}{n(n+1)}$=3$(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$.利用“裂項(xiàng)求和”方法可得:Tn.由Tn>f(x)對(duì)所有的n∈N*和x∈R都成立,可得:(Tnmin>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:∵Sn+1=2Sn+1,∴n=1時(shí),S1=a1=1;Sn>0,Sn+1≠0.
變形為:Sn+1+1=2(Sn+1),
∴數(shù)列{Sn+1}是等比數(shù)列,首項(xiàng)為2,公比為2.
∴Sn+1=2n,于是Sn=2n-1,
∴n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n-1,n=1時(shí)也滿足上式.
∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1,n∈N*
(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知,bn=$\frac{3}{(lo{g}_{2}{a}_{n+1})•(lo{g}_{2}{a}_{n+2})}$=$\frac{3}{n(n+1)}$=3$(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$.
∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=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Tn是單調(diào)遞增數(shù)列,故當(dāng)n=1時(shí),Tn取得最小值(Tnmin=$\frac{3}{2}$.
又由函數(shù)f(x)=-x2+2ax-a2+a-1=-(x-a)2+a-1,∴f(x)max=a-1,
∵Tn>f(x)對(duì)所有的n∈N*和x∈R都成立,
由題意(Tnmin>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.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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