Question

（2013•資陽二模）已知數列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=2，2a_n+1+3S_n=3n+4（n∈N^*）．
（Ⅰ）求證：數列{a_n-1}是等比數列，并求數列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設b_n=λa_n-λ-n²，若b_2n-1＞b_2n恒成立，求實數λ的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）由題設知由2a_n+1+3S_n=3n+4，得2a_n+3S_n-1=3n+1（n≥2）．兩式相減后可化成a_n+1-1=-

1

2

（a_n-1），由此得出數列{a_n-1}是以1為首項，-

1

2

為公比的等比數列，從而能求出數列{a_n}的通項公式．
（II）先由（Ⅰ）得，b_n=λ[（-

1

2

）^n-1+1]-λ-n²=λ（-

1

2

）^n-1-n²．由題意得b_2n-1＞b_2n，可得出λ＞-

(4n-1)•4n

6

．最后結合函數的單調性可得實數λ的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）由2a_n+1+3S_n=3n+4，得2a_n+3S_n-1=3n+1（n≥2），
兩式相減得2a_n+1-2a_n+3（S_n-S_n-1）=3，即2a_n+1+a_n=3，（2分）
∴a_n+1=-

1

2

a_n+

3

2

，則a_n+1-1=-

1

2

（a_n-1），（4分）
由a₁=2，又2a₂+3S₁=7，得a₂=

1

2

，則

a2-1

a1-1

=-

1

2

，
故數列{a_n-1}是以1為首項，-

1

2

為公比的等比數列．
則a_n-1=（a₁-1）（-

1

2

）^n-1，
∴a_n=（-

1

2

）^n-1+1，（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，b_n=λ[（-

1

2

）^n-1+1]-λ-n²=λ（-

1

2

）^n-1-n²．
由題意得b_2n-1＞b_2n，則有λ（-

1

2

）^2n-2-（2n-1）²＞λ（-

1

2

）^2n-1-（2n）²，
即λ（-

1

2

）^2n-2[1-（-

1

2

）]＞（2n-1）²-（2n）²，
∴λ＞-

(4n-1)•4n

6

，（10分）
而-

(4n-1)•4n

6

對于n∈N^*時單調遞減，則-

(4n-1)•4n

6

的最大值為-

(4-1)4

6

=-2，
故λ＞-2．（12分）

點評：本題的考點是數列與不等式的綜合，主要考查迭代法求數列通項公式的方法，考查最值法解決恒成立問題，關鍵是寫出兩式，作差化簡，構建等比數列．