Question

13．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n+2=qa_n（q為實數(shù)，且q≠1），n∈N^*，a₁=1，a₂=2，且a₂+a₃，a₃+a₄，a₄+a₅成等差數(shù)列．
（1）求q的值和{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{{{log}_2}{a_{2n}}}}{{{a_{2n-1}}}}$，n∈N^*，求數(shù)列{b_n}的前n項和S_n，若不等式λ＜S_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對一切n∈N^*恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過用q表示出a₃、a₄、a₅，利用a₂+a₃，a₃+a₄，a₄+a₅成等差數(shù)列可得方程q²-3q+2=0，進而計算可得q的值，分奇偶項計算可得通項公式；
（2）通過（1）利用錯位相減法計算可知S_n的表達(dá)式，進而利用等比數(shù)列的求和公式計算可知S_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$，通過考查f（n）=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$的單調(diào)性，計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，a₃=q，a₄=2q，a₅=q²，
又a₂+a₃，a₃+a₄，a₄+a₅成等差數(shù)列，
∴2（q+2q）=2+q+2q+q²，即q²-3q+2=0，
解得：q=2或q=1（舍），
∴a_2n-1=2^n-1，a_2n=2ⁿ，
即數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{\frac{n-1}{2}}，}&{n為奇數(shù)}\\{{2}^{\frac{n}{2}}，}&{n為偶數(shù)}\end{array}\right.$；
（2）由（1）可知b_n=$\frac{{{{log}_2}{a_{2n}}}}{{{a_{2n-1}}}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，n∈N^*，
則S_n=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{2}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$S_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$S_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴S_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$=2+1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$
=2+1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$
=2+$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}$
=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$，
∵f（n）=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$隨著n的增大而增大，
∴f（n）≥f（1）=4-$\frac{1}{{2}^{1-2}}$=2，
故λ的取值范圍是：（-∞，2）．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．