Question

已知函數(shù)f（x）=x²+x及兩個正整數(shù)數(shù)列{a_n}，{b_n}若a₁=3，a_n+1=f'（a_n）對任意n∈N^*恒成立，且b₁=1，b₂=λ，且當n≥2時，有

b

2 n

-1＜bn+1bn-1＜

b

2 n

+1；又數(shù)列{c_n}滿足：2（λb_n+c_n-1）=2nλb_n+a_n-1．
（1）求數(shù)列{a_n}及{b_n}的通項公式；
（2）求數(shù)列{c_n}的前n項和S_n；
（3）證明存在k∈N^*，使得

Cn+1

cn

≤

Ck+1

ck

對任意n∈N^*均成立．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)

b

2 n

-1＜bn-1bn+1＜

b

2 n

+1，{b_n}是正整數(shù)列，可知bn-1bn+1=

b

2 n

，利用b₁=1，b₂=λ，可得bn=λn-1因為f（x）=x²+x，所以f'（x）=2x+1，根據(jù)a_n+1=f'（a_n），可得a_n+1=2a_n+1，從而可知數(shù)列{a_n+1}是以4為首項，以2為公比的等比數(shù)列，故可求數(shù)列{a_n}}的通項公式；
（2）由2（λb_n+c_n-1）=2nλb_n+a_n-1得：cn=λ(n-1)bn+

1

2

(an+1)，從而可得cn=(n-1)λn+2n，設(shè)Tn=λ2+2λ2+3λ4+…+(n-2)λn-1+(n-1)λn，當λ≠1時，利用錯位相減法可求和；當λ=1時，Tn=

n(n-1)

2

．這時數(shù)列{a_n}的前n項和Sn=

n(n-1)

2

+2n+1-2；
（3）通過分析，推測數(shù)列{

cn+1

cn

}的第一項

c2

c1

最大，證明

cn+1

cn

＜

c2

c1

=

λ2+4

2

，即可知存在k=1，使得

cn+1

cn

≤

ck+1

ck

=

c2

c1

對任意n∈N^*均成立．

解答：（1）解：由

b

2 n

-1＜bn-1bn+1＜

b

2 n

+1．
因為{b_n}是正整數(shù)列，所以bn-1bn+1=

b

2 n

．
于是{b_n}是等比數(shù)列，
又b₁=1，b₂=λ，所以bn=λn-1（2分）
因為f（x）=x²+x，所以f'（x）=2x+1，
∵a_n+1=f'（a_n）
∴a_n+1=2a_n+1
∴a_n+1+1=2（a_n+1）
∵a₁=3，
∴數(shù)列{a_n+1}是以4為首項，以2為公比的等比數(shù)列．
∴a_n+1=4×2^n-1=2ⁿ⁺¹
∴an=2n+1-1（5分）
（2）解：由2（λb_n+c_n-1）=2nλb_n+a_n-1得：cn=λ(n-1)bn+

1

2

(an+1)．
由bn=λn-1及an=2n+1-1得：cn=(n-1)λn+2n（6分）
設(shè)Tn=λ2+2λ2+3λ4+…+(n-2)λn-1+(n-1)λn①
λTn=λ3+2λ4+3λ5+…+(n-2)λn+(n-1)λn+1②
當λ≠1時，①式減去②式，得(1-λ)Tn=λ2+λ3+…+λn-(n-1)λn+1=

λ2-λn+1

1-λ

-(n-1)λn+1
于是，Tn=

λ2-λn+1

(1-λ)2

-

(n-1)λn+1

(1-λ)

=

(n-1)λn+2-nλn+1+λ2

(1-λ)2

（8分）
這時數(shù)列{a_n}的前n項和Sn=

(n-1)λn+2-nλn+1+λ2

(1-λ)2

+2n+1-2（9分）
當λ=1時，Tn=

n(n-1)

2

．這時數(shù)列{a_n}的前n項和Sn=

n(n-1)

2

+2n+1-2（10分）
（3）證明：通過分析，推測數(shù)列{

cn+1

cn

}的第一項

c2

c1

最大，
下面證明：

cn+1

cn

＜

c2

c1

=

λ2+4

2

，n≥2③（11分）
由λ＞0知c_n＞0要使③式成立，只要2cn+1＜(λ2+4)cn(n≥2)，
因為(λ2+4)cn=(λ2+4)(n-1)λn+(λ2+1)2n＞4λ•(n-1)λn+4×2n=4（n-1）λⁿ⁺¹+2ⁿ⁺²≥2nλⁿ⁺¹+2ⁿ⁺²=2c_n+1，n≥2． 所以③式成立．
因此，存在k=1，使得

cn+1

cn

≤

ck+1

ck

=

c2

c1

對任意n∈N^*均成立．（14分）

點評：本題以數(shù)列的性質(zhì)為載體，考查數(shù)列通項的求解，考查數(shù)列與不等式的聯(lián)系，考查了錯位相減法求和，同時考查了分類討論的數(shù)學數(shù)學，綜合性較強．