Question

（2013•崇明縣二模）設數列{a_n}、{b_n}的各項都是正數，S_n為數列{a_n}的前n項和，且對任意n∈N^*，都有an2=4Sn-2an-1，b₁=e，bn+1=bnλ，c_n=a_n+1•lnb_n（常數λ＞0，lnb_n是以為底數的自然對數，e=2.71828…）
（1）求數列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）用反證法證明：當λ=4時，數列{c_n}中的任何三項都不可能成等比數列；
（3）設數列{c_n}的前n項和為T_n，試問：是否存在常數M，對一切n∈N^*，（1-λ）T_n+λc_n≥M恒成立？若存在，求出M的取值范圍；若不存在，請證明你的結論．

Answer 1

分析：（1）由條件 an2=4Sn-2an-1 ①，求得a₁=1．當n≥2時，有 an-12=4Sn-1-2an-1-1 ②，由①-②可得數列{a_n}是公差等于2的等差數列，從而求得a_n=2n-1．再由bn+1=bnλ，且b_n＞0，可得lnbn=lnb1×λn-1=λn-1，從而求得 b_n=eλn．
（2）當λ=4時，假設第m項、第n項、第k項成等比數列，則有 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）4^m-1•（2k+1）4^k-1，即 m²+k²+mk+m+k=0，顯然，這樣的正整數m、k不存在，故數列{c_n}中的任何三項都不可能成等比數列．
（3）用錯位相減法求得（1-λ）Tn=3+2λ（1+λ+λ²+…+λ^n-2）-（2n+1）λⁿ，①當λ=1時，求出M的取值范圍．②當λ≠1時，再求出M的取值范圍，綜合可得結論．

解答：解：（1）∵因為a_n＞0，an2=4Sn-2an-1  ①，當n=1時，a12=4S1-2a1-1，解得a₁=1．
當n≥2時，有 an-12=4Sn-1-2an-1-1  ②，
由①-②得，（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=2（a_n+a_n-1），故有 a_n-a_n-1=2（n≥2），即數列{a_n}是公差等于2的等差數列，
所以a_n=a₁+（n-1）d=1+（n-1）×2=2n-1．
又因為bn+1=bnλ，且b_n＞0，兩邊同時取自然對數得 lnb_n+1=λlnb_n，
由此可知數列{lnb_n}是以lnb₁=lne=1為首項，以λ為公比的等比數列，
所以lnbn=lnb1×λn-1=λn-1，所以，b_n=eλn-1．
（2）當λ=4時，由（1）知，c_n =a_n+1•lnb_n =（2n+1）•λn-1=（2n+1）•4^n-1．
假設第m項、第n項、第k項成等比數列，則有 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）4^m-1•（2k+1）4^k-1，
即 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）（2k+1）•4^m+k-2，∴

(2n+1)2=(2m+1)(2k+1) 2n-2=m+k-2 m，n，k∈ N*

，
∴（m+k+1）²=（2m+1）（2k+1），即 m²+k²+mk+m+k=0，顯然，這樣的正整數m、k不存在，故數列{c_n}中的任何三項都不可能成等比數列．
（3）解：∵c_n=a_n+1•lnb_n =（2n+1）•λ^n-1，
∴Tn=3×λ0+5×λ1+7×λ2+…+（2n-1）×λn-2+（2n+1）×λn-1…③．
∴λ×Tn=3×λ1+5×λ2+7×λ3+…+（2n-1）×λn-1+（2n+1）×λn…④．
由③-④得-3Tn=3+2×4+2×42+…+2×4n-1-（2n+1）×4n=3+2×

4(1-4n-1)

1-4

-（2n+1）4ⁿ=

1-4n-6n•4n

3

，
所以，（1-λ）Tn=3+2λ（1+λ+λ²+…+λ^n-2）-（2n+1）λⁿ．
①當λ=1時，（1-λ）T_n+λc_n=（2n+1）（n∈N^*）在N^*上為單調遞增函數，所以對于任意常數M∈（-∞，3]，（1-λ）T_n+λc_n=（2n+1）≥M恒成立．  
②當λ≠1時，(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

=3+

2λ

1-λ

-

2λn

1-λ

．
記g（n）=(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

=3+

2λ

1-λ

-

2λn

1-λ

g（n+1）-g（n）=2λⁿ＞0，
所以，數列g（n）為增函數．   
所以當λ≠1時，g（n）=(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

≥g（1）=3．…（7分）
所以，所以對于任意常數M∈（-∞，3]，（1-λ）T_n+λc_n≥M恒成立． …（8分）

點評：本題主要考查數列求和問題，用反證法和放縮法證明不等式，函數的恒成立問題，屬于難題．