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20.?dāng)?shù)列{Sn}滿足:Sn=n2+λn(λ∈R),且為單調(diào)遞增數(shù)列.
(I)求實(shí)數(shù)λ的取值范圍;
(Ⅱ)若Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a1+a4+a6+a9=40,求數(shù)列{an•2an}的前n項(xiàng)和.

分析 (I)由數(shù)列{Sn}為單調(diào)遞增數(shù)列及二次函數(shù)的性質(zhì)可知-\frac{λ}{2}\frac{3}{2},從而解得;
(Ⅱ)分類討論以求得an=2n-1+λ,再由a1+a4+a6+a9=40可得λ=1;從而解得an•2{\;}^{{a}_{n}}=2n•22n=n•22n+1,從而利用錯(cuò)位相減法求其前n項(xiàng)和.

解答 解:(I)∵數(shù)列{Sn}滿足:Sn=n2+λn(λ∈R),且為單調(diào)遞增數(shù)列.
而二次函數(shù)y=x2+λx的圖象對(duì)稱軸為x=-\frac{λ}{2},
故只需使對(duì)稱軸在(1,2)中點(diǎn)值的左側(cè)即可,
即-\frac{λ}{2}\frac{3}{2},
故λ>-3;
(Ⅱ)①當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=1+λ,
②當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1
=(n2+λn)-((n-1)2+λ(n-1))
=2n-1+λ,
a1=1+λ也滿足an=2n-1+λ,
綜上所述,數(shù)列{an}是以1+λ為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列;
且an=2n-1+λ,
又∵a1+a4+a6+a9=40,
∴a5=10,
即10-1+λ=10,
故λ=1;
故an=2n,
故an•2{\;}^{{a}_{n}}=2n•22n=n•22n+1,
令數(shù)列{an•2{\;}^{{a}_{n}}}的前n項(xiàng)和為Tn,
則Tn=1•23+2•25+3•27+…+n•22n+1
4Tn=1•25+2•27+3•29+…+n•22n+3,
兩式作差可得,
3Tn=-23-25-27-…-22n+1+n•22n+3=(n-\frac{1}{3})22n+3+\frac{8}{3},
故Tn=(\frac{n}{3}-\frac{1}{9})22n+3+\frac{8}{9}

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)在數(shù)列中的應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用,同時(shí)考查了錯(cuò)位相減法的應(yīng)用.

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