Question

已知函数f（x）=x²+x及两个正整数数列{a_n}，{b_n}若a₁=3，a_n+1=f'（a_n）对任意n∈N^*恒成立，且b₁=1，b₂=λ，且当n≥2时，有

b

2 n

-1＜bn+1bn-1＜

b

2 n

+1；又数列{c_n}满足：2（λb_n+c_n-1）=2nλb_n+a_n-1．
（1）求数列{a_n}及{b_n}的通项公式；
（2）求数列{c_n}的前n项和S_n；
（3）证明存在k∈N^*，使得

Cn+1

cn

≤

Ck+1

ck

对任意n∈N^*均成立．

Answer 1

分析：（1）根据

b

2 n

-1＜bn-1bn+1＜

b

2 n

+1，{b_n}是正整数列，可知bn-1bn+1=

b

2 n

，利用b₁=1，b₂=λ，可得bn=λn-1因为f（x）=x²+x，所以f'（x）=2x+1，根据a_n+1=f'（a_n），可得a_n+1=2a_n+1，从而可知数列{a_n+1}是以4为首项，以2为公比的等比数列，故可求数列{a_n}}的通项公式；
（2）由2（λb_n+c_n-1）=2nλb_n+a_n-1得：cn=λ(n-1)bn+

1

2

(an+1)，从而可得cn=(n-1)λn+2n，设Tn=λ2+2λ2+3λ4+…+(n-2)λn-1+(n-1)λn，当λ≠1时，利用错位相减法可求和；当λ=1时，Tn=

n(n-1)

2

．这时数列{a_n}的前n项和Sn=

n(n-1)

2

+2n+1-2；
（3）通过分析，推测数列{

cn+1

cn

}的第一项

c2

c1

最大，证明

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

对任意n∈N^*均成立．

解答：（1）解：由

b

2 n

-1＜bn-1bn+1＜

b

2 n

+1．
因为{b_n}是正整数列，所以bn-1bn+1=

b

2 n

．
于是{b_n}是等比数列，
又b₁=1，b₂=λ，所以bn=λn-1（2分）
因为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，
∴数列{a_n+1}是以4为首项，以2为公比的等比数列．
∴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）
设Tn=λ2+2λ2+3λ4+…+(n-2)λn-1+(n-1)λn①
λTn=λ3+2λ4+3λ5+…+(n-2)λn+(n-1)λn+1②
当λ≠1时，①式减去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）
这时数列{a_n}的前n项和Sn=

(n-1)λn+2-nλn+1+λ2

(1-λ)2

+2n+1-2（9分）
当λ=1时，Tn=

n(n-1)

2

．这时数列{a_n}的前n项和Sn=

n(n-1)

2

+2n+1-2（10分）
（3）证明：通过分析，推测数列{

cn+1

cn

}的第一项

c2

c1

最大，
下面证明：

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)，
因为(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

对任意n∈N^*均成立．（14分）

点评：本题以数列的性质为载体，考查数列通项的求解，考查数列与不等式的联系，考查了错位相减法求和，同时考查了分类讨论的数学数学，综合性较强．