Question

已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，且滿足6S_n=a_n²+3a_n-4（n≥1，n∈N），數(shù)列{b_n}的通項b_n=2n+2（n∈N^*）．
（1）求a₁，a₂；
（2）將集合{x|x=a_n，n∈N*}∩{x|x=b_n，n∈N^*}中的元素從小到大依次排列，構成數(shù)列c₁，c₂，c₃，L，c_n，L．解不等式c₁+c₂+…+c_n＞1900；
（3）將集合{x|x=a_n，n∈N^*}∪{x|x=b_n，n∈N^*}中的元素從小到大依次排列，構成數(shù)列p₁，p₂，p₃，…，p_n，…．求數(shù)列{p_n}的通項公式．

Answer 1

分析：（1）將n=1，n=2分別代入 6S_n=a_n²+3a_n-4，即可求得a₁，a₂；
（2）先求得數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，從而集合{x|x=a_n，n∈N*}∩{x|x=b_n，n∈N^*}中的元素從小到大依次排列得4，10，16，22，…，仍為等差數(shù)列，故可求通項公式為c_n=6n-2，進而求和可得不等式，從而得解；
（3）由（2）發(fā)現(xiàn)在數(shù)列{p_n}中．但不在數(shù)列{b_n}中的項恰為a₂，a₄，…，a_2n，…；再將n從從奇數(shù)與偶數(shù)進行分類討論，從而可求數(shù)列{p_n}的通項公式．

解答：解：（1）n=1時，6S₁=a₁²+3a₁-4，⇒a₁²-3a₁-4=0⇒（a₁-4）（a₁+1）=0⇒a₁=4或a₁=-1（舍去），
n=2時，6S₂=a₂²+3a₂-4⇒a₂²-3a₂-28=0⇒a₂=7或a₂=-4（舍去）…2分
（2）n≥2時，6S_n-1=a_n-1²+3a_n-1-4，
又6S_n=a_n²+3a_n-4兩式相減得6a_n=a_n²-a_n-1²+3a_n-3a_n-1⇒（a_n-a_n-1-3）（a_n+a_n-1）=0⇒a_n-a_n-1-3=0
數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，a_n=4+3（n-1）=3n+1，b_n=2n+2（n∈N^*），
集合{x|x=a_n，n∈N*}∩{x|x=b_n，n∈N^*}中的元素從小到大依次排列得4，10，16，22，…，仍為等差數(shù)列，
∵a_2n-1=3（2n-1）+1=6n-2=b_k=2k+2⇒k=3n-2即a_2n-1=b_3n-2，c_n=a_2n-1
通項公式為c_n=6n-2，不等式c₁+c₂+…+c_n＞1900，即3n²+n-1900＞0⇒（3n+76）（n-25）＞0
∴n＞25，n∈N為所求．…8分
（3）由（2）發(fā)現(xiàn)在數(shù)列{p_n}中．但不在數(shù)列{b_n}中的項恰為a₂，a₄，…，a_2n，…；
①任意n∈N^*，設a_2n-1=3（2n-1）+1=6n-2=b_k=2k+2⇒k=3n-2即a_2n-1=b_3n-2
②假設a2n=6n+1=bk=2k+2⇒k=3n-

1

2

∈N（矛盾）
∴b_3k-2=2（3k-2）+2=6k-2=a_2k-1b_3k-1=2（3k-1）+2=6k，a_2k=6k+1b_3k=6k+2…12分∵6k-2＜6k＜6k+1＜6k+2
當k=1時，b₁=a₁=p₁，b₂=p₂，a₂=p₃，b₃=p₄，…∴pn=

6k-2(n=4k-3) 6k(n=4k-2) 6k+1(n=4k-1) 6k+2(n=4k)

…14分

點評：本題考查利用數(shù)列的通項公式求數(shù)列的項、考查判斷某項是否屬于一個數(shù)列，發(fā)現(xiàn)其規(guī)律，從而寫出通項形式、考查分類討論的數(shù)學方法．