Question

若數列{a_n}滿足a_n+1²-a_n²=d，其中d為常數，則稱數列{a_n}為等方差數列．已知等方差數列{a_n}滿足a_n＞0，a₁=1，a₅=3．
（1）求數列{a_n}的通項公式．
（2）求數列{

a

2 n

(

1

2

)n}的前n項和．
（3）記b_n=na_n²，則當實數k大于4時，不等式kb_n大于n（4-k）+4能否對于一切的n∈N^*恒成立？請說明理由．

Answer 1

分析：（1）要求數列的通項公式，我們根據數列{a_n}為等方差數列，且a₁=1，a₅=3．我們根據等方差數列的定義：a_n+1²-a_n²=d我們可以構造一個關于d的方程，解方程求出公差d，進而求出數列的通項公式．
（2）由（1）的結論我們易給出{

a

2 n

(

1

2

)n}的通項公式，然后利用錯位相消法，即可求出數列{

a

2 n

(

1

2

)n}的前n項和．
（3）要證明當實數k大于4時，不等式kb_n大于n（4-k）+4對于一切的n∈N^*恒成立，我們有兩種思路：一是由b_n=na_n²，給出數列b_n的通項公式，然后構造函數g（n）=kn²-2n-2，通過證明函數g（n）=kn²-2n-2的單調性進行證明；二是轉化為證明k＞

2

n

+

2

n2

，即k大于

2

n

+

2

n2

的最大值恒成立．

解答：解：（1）由a₁=1，a₅=3得，
a₅²-a₁²=4d，
∴d=2．（2分）
∴a_n²=1+（n-1）×2=2n-1
∵a_n＞0，
∴a_n=

2n-1

，
數列{a_n}的通項公式為a_n=

2n-1

；（4分）
（2）

a

2 n

(

1

2

)n=（2n-1）

1

2n

，
設S_n=1•

1

2

+3•

1

22

+5•

1

23

+…+（2n-1）•

1

2n

①（5分）

1

2

S_n=1•

1

22

+3•

1

23

+5•

1

24

+…+（2n-1）•

1

2n+1

②（6分）
①-②，得
∴

1

2

S_n=

1

2

+2（

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

）-（2n-1）•

1

2n+1

=

1

2

+2•

1 4 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

-（2n-1）•

1

2n+1

∴S_n=3-

2n+3

2n

．（8分）
即數列{

a

2 n

(

1

2

)n}的前n項和為3-

2n+3

2n

；
（3）解法一：b_n=n（2n-1），不等式kb_n＞n（4-k）+4恒成立，
即kn²-2n-2＞0對于一切的n∈N+恒成立．（10分）
設g（n）=kn²-2n-2．（11分）
當k＞時，由于對稱軸n=

1

k

＜1，且g（1）=k-2-2＞0
而函數g（n）在[1，+∞）是增函數，（12分）
∴不等式kb_n＞n（4-k）+4恒成立，
即當k＞4時，不等式kb_n＞n（4-k）+4對于一切的n∈N+恒成立．（13分）
解法二：b_n=n（2n-1），不等式kb_n＞n（4-k）+4恒成立，即kn²-2n-2＞0對于一切的n∈N+恒成立．（10分）
∴k＞

2

n

+

2

n2

（11分）
∴n≥1，∴

2

n

+

2

n2

≤4．（12分）
而k＞4
∴k＞

2

n

+

2

n2

恒成立．
故當k＞4時，不等式kb_n＞n（4-k）+4對于一切的n∈N+恒成立．（13分）

點評：如果一個數列的各項是由一個等差數列與一個等比數列的對應項的乘積組成，則求此數列的前n項和Sn，一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式子錯位相減法，要注意對字母的討論．