Question

7．已知各項均為正數的數列{a_n}滿足：a₁=3，$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{8}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$（n∈N*），設b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，S_n=b₁²+b₂²+…+b_n²．
（1）求數列{a_n}通項公式；
（2）求證：S_n$＜\frac{1}{4}$；
（3）若數列{c_n}滿足c_n=3ⁿ+（-1）^n-1•2ⁿ•λ（λ為非零常數），確定λ的取值范圍，使n∈N*時，都有c_n+1＞c_n．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{8}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$（n∈N*），變形${a}_{n+1}^{2}-{a}_{n}^{2}$=8（n+1），再利用“累加求和”方法與等差數列的求和公式即可得出．
（2）b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，${b}_{n}^{2}$=$\frac{1}{（2n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{4n（n+1）}$=$\frac{1}{4}$$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，利用“裂項求和”方法與數列的單調性即可得出．
（3）使n∈N*時，都有c_n+1＞c_n．可得3ⁿ⁺¹+（-1）ⁿ•λ•2ⁿ⁺¹＞3ⁿ+（-1）^n-1•2ⁿ•λ，即（-1）ⁿ•λ＞$-（\frac{3}{2}）^{n-1}$，對n∈N^*恒成立．對n分類討論即可得出．

解答 （1）解：∵$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{8}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$（n∈N*），∴${a}_{n+1}^{2}-{a}_{n}^{2}$=8（n+1），
∴${a}_{n}^{2}$=$（{a}_{n}^{2}-{a}_{n-1}^{2}）$+$（{a}_{n-1}^{2}-{a}_{n-2}^{2}）$+…+$（{a}_{2}^{2}-{a}_{1}^{2}）$+${a}_{1}^{2}$=8[n+（n-1）+…+2]+9=$8×\frac{n（n+1）}{2}$+1=4n²+4n+1=（2n+1）²．
a_n＞0，∴a_n=2n+1．
（2）證明：b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，${b}_{n}^{2}$=$\frac{1}{（2n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{4n（n+1）}$=$\frac{1}{4}$$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，
S_n=b₁²+b₂²+…+b_n²．
∴S_n＜$\frac{1}{4}$[（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+…+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）]=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{n+1}$）＜$\frac{1}{4}$．
（3）解：∵使n∈N*時，都有c_n+1＞c_n．
∴3ⁿ⁺¹+（-1）ⁿ•λ•2ⁿ⁺¹＞3ⁿ+（-1）^n-1•2ⁿ•λ，
即（-1）ⁿ•λ＞$-（\frac{3}{2}）^{n-1}$，對n∈N^*恒成立．
當n為偶數時，λ＞$-（\frac{3}{2}）^{n-1}$，對n∈N^*恒成立，∴$λ＞-\frac{3}{2}$．
當n為奇數時，λ＜$（\frac{3}{2}）^{n-1}$對n∈N^*恒成立，∴λ＜1．
又已知λ≠0，∴$-\frac{3}{2}$＜λ＜1，且λ≠0．
∴λ的求值范圍是{λ|$-\frac{3}{2}＜λ＜1$，且λ≠0}．

點評 本題考查了“累加求和”方法、等差數列的定義通項公式與求和公式、“裂項求和”方法、數列的單調性、不等式的解法，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．