Question

若各項(xiàng)都是實(shí)數(shù)的數(shù)列從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它前一項(xiàng)的平方差是同一常數(shù)，則稱該數(shù)列為等方差數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫這個(gè)數(shù)列的公方差．
（Ⅰ）若數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為T_n，并且an2=T2n-1，求通項(xiàng)a_n；
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為2，公方差為2的等方差數(shù)列，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且an2=2n+1bn．2n•Sn＞m•2n-2an2對(duì)?n∈N^*恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用an2=T2n-1，根據(jù)新定義，可求通項(xiàng)a_n；
（Ⅱ）由{a_n}是首項(xiàng)為2，公方差為2的等方差數(shù)列，即{an2}為首項(xiàng)為4，公差為2的等差數(shù)列，從而可求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，從而不等式2n•Sn＞m•2n-2an2即3•2ⁿ-（n+3）＞m•2ⁿ-4n-4，分離參數(shù)可得m-3＜

3n+1

2n

恒成立，利用歸納法，可求m的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）an2=T2n-1=

(2n-1)(a1+a2n-1)

2

=

(2n-1)•2an

2

=(2n-1)•an
∴a_n[a_n-（2n-1）]=0
∴a_n=2n-1，或a_n=0…（4分）
（Ⅱ）由{a_n}是首項(xiàng)為2，公方差為2的等方差數(shù)列，即{an2}為首項(xiàng)為4，公差為2的等差數(shù)列，
∴an2=4+2(n-1)=2n+2…（6分）
由an2=2n+1bn得bn=

an2

2n+1

=

2n+2

2n+1

=

n+1

2n

∴Sn=1+

3

22

+

4

23

+…+

n+1

2n

①；

1

2

Sn=

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

+

n+1

2n+1

②
①-②可得

1

2

Sn=1+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-

n+1

2n+1

=

1

2

+1-

1

2n

-

n+1

2n+1

=

3

2

-

1

2n

-

n+1

2n+1

∴Sn=3-

n+3

2n

…（9分）
不等式2n•Sn＞m•2n-2an2即3•2ⁿ-（n+3）＞m•2ⁿ-4n-4
也即（m-3）•2ⁿ＜3n+1，即需要m-3＜

3n+1

2n

恒成立
由于n=1，2，3時(shí)，3n+1＞2ⁿ；n=4時(shí)，3n+1＜2ⁿ；
假設(shè)n=k（k≥4）時(shí)，3k+1＜2^k，
那么2^k+1=2•2^k＞2（3k+1）=3（k+1）+1+（3k-2）＞3（k+1）+1，
歸納知：n≥4時(shí)，3k+1＜2^k，

3n+1

2n

＞0，∴m-3≤0，
故m的取值范圍為m≤3…（13分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查新定義，等差數(shù)列的性質(zhì)、通項(xiàng)、前n項(xiàng)和公式，錯(cuò)位相減法求和，恒成立，數(shù)學(xué)歸納法，探索分析和推理解決問(wèn)題的能力．