Question

11．已知數列{a_n}，{b_n}，{c_n}滿足：a₁=3，當n≥2時，a_n-a_n-1=4n；對于任意的正整數n，c₁+2c₂+…+2^n-1c_n=na_n，b_n=6a_n-2ⁿc_n，設數列{b_n}的前n項和為S_n．
（I）求數列{c_n}的通項公式；
（II）求滿足S_n＜220的正整數n的集合．

Answer 1

分析 （I）由n≥2時，a_n-a_n-1=4n，采用累加法，求得數列{a_n}的通項公式，由c₁+2c₂+…+2^n-1c_n=na_n，當n≥2時，c₁+2c₂+…+2^n-2c_n-1=（n-1）a_n-1，兩式相減求得數列{c_n}的通項公式；
（II）由（I）可知，代入求得數列{b_n}的通項公式，可得數列{b_n}是以12為首項，以16為公差的等差數列，根據等差數列通項公式求得S_n，由S_n＜220，即可求得正整數n的集合．

解答 解：（I）由題意可得：n≥2時，a_n-a_n-1=4n，
∴a₂-a₁=4×2，
a₃-a₁=4×3，
a₄-a₃=4×4，
…
a_n-a_n-1=4n；
以上各式相加可得：a_n-a₁=4×（2+3+4+…+n），
∴a_n=4×$\frac{n（n+1）}{2}$-1=2n²+2n-1，
當n=1時，a₁=3，成立，
∴a_n=2n²+2n-1，
c₁+2c₂+…+2^n-1c_n=na_n，
當n≥2時，c₁+2c₂+…+2^n-2c_n-1=（n-1）a_n-1，
兩式相減得：2^n-1c_n=na_n-（n-1）a_n-1，
整理得：c_n=$\frac{6{n}^{2}-2n-1}{{2}^{n-1}}$，
當n=1時，c₁=a₁=3，成立，
∴c_n=$\frac{6{n}^{2}-2n-1}{{2}^{n-1}}$；
（II）b_n=6a_n-2ⁿc_n=6•（2n²+2n-1）-2ⁿ•$\frac{6{n}^{2}-2n-1}{{2}^{n-1}}$=16n-4，
∴數列{b_n}是以12為首項，以16為公差的等差數列，
∴S_n=$\frac{n（12+16n-4）}{2}$=8n²+4n，
∵S_n＜220，即8n²+4n＜220，解得：-$\frac{11}{2}$＜n＜5，
∵n∈N*，
∴滿足S_n＜220的正整數n的集合{1，2，3，4}．

點評 本題考查數列的遞推公式，等差數列通項公式及前n項和公式的求法，考查“累加法”的應用，一元二次不等式的解法，考查計算能力，屬于中檔題．