Question

16．已知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，且公差不為零．a(chǎn)₁，a₂，a₆剛好是等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，若數(shù)列{c_n}滿足c₁=b₁，c_n+1-c_n=b_n，問是否存在正整數(shù)n，使得c_n＞S_n？若存在，求出n的值；若不存在，請說明理由．
（3）設(shè)A_n=c_n-a_n，求證：A_n+2≥0．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出等差數(shù)列的公差，由a₁，a₂，a₆成等比數(shù)列求得公差，代入等差數(shù)列的通項(xiàng)公式得答案；
（2）求出等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，代入c_n+1-c_n=b_n，利用累加法求出{c_n}的通項(xiàng)公式，再求出數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，分析可得不存在正整數(shù)n，使得c_n＞S_n；
（3）求出A_n+2，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，求得最小值得答案．

解答 （1）解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d（d≠0），則由a₁，a₂，a₆成等比數(shù)列，得（1+d）²=1×（1+5d），解得d=3．
∴a_n=1+3（n-1）=3n-2；
（2）解：b₁=a₁=1，b₂=a₂=4，∴公比q=4，則$_{n}={4}^{n-1}$，${S}_{n}=\frac{1×（1-{4}^{n}）}{1-4}=\frac{{4}^{n}}{3}-\frac{1}{3}$，
由c_n+1-c_n=b_n=4^n-1，得${c}_{2}-{c}_{1}={4}^{0}$，${c}_{3}-{c}_{2}={4}^{1}$，…${c}_{n}-{c}_{n-1}={4}^{n-2}$（n≥2）．
累加得：${c}_{n}={c}_{1}+（{4}^{0}+{4}^{1}+…+{4}^{n-2}）$=$1+\frac{1×（1-{4}^{n-1}）}{1-4}=\frac{{4}^{n-1}}{3}+\frac{2}{3}$，驗(yàn)證c₁=b₁=1成立，
∴${c}_{n}=\frac{{4}^{n-1}}{3}+\frac{2}{3}$，由c_n＞S_n，得$\frac{{4}^{n-1}}{3}+\frac{2}{3}＞\frac{{4}^{n}}{3}-\frac{1}{3}$，則3•4^n-1＜3，此時(shí)顯然不成立，
∴不存在正整數(shù)n，使得c_n＞S_n；
（3）證明：A_n+2=c_n-a_n+2=$\frac{{4}^{n-1}}{3}+\frac{2}{3}-3n+2+2$=$\frac{1}{3}（{4}^{n-1}-9n+14）$，
令f（n）=4^n-1-9n+14，則f′（n）=4^n-1ln4-9，
當(dāng)n≥3時(shí)，f′（n）＞0，可得f（1）＞f（2），f（n）＞f（3）（n＞3），
又f（2）=0，f（3）=3＞0，∴f（n）≥0．
故A_n+2≥0．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列遞推式，訓(xùn)練了累加法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，是數(shù)列與不等式的綜合題，屬中高檔題．