Question

若數(shù)列{a_n}滿足a_n+1²-a_n²=d，其中d為常數(shù)，則稱數(shù)列{a_n}為等方差數(shù)列．已知等方差數(shù)列{a_n}滿足a_n＞0，a₁=1，a₅=3．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）求數(shù)列的前n項(xiàng)和．
（3）記b_n=na_n²，則當(dāng)實(shí)數(shù)k大于4時(shí)，不等式kb_n大于n（4-k）+4能否對(duì)于一切的n∈N^*恒成立？請(qǐng)說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）要求數(shù)列的通項(xiàng)公式，我們根據(jù)數(shù)列{a_n}為等方差數(shù)列，且a₁=1，a₅=3．我們根據(jù)等方差數(shù)列的定義：a_n+1²-a_n²=d我們可以構(gòu)造一個(gè)關(guān)于d的方程，解方程求出公差d，進(jìn)而求出數(shù)列的通項(xiàng)公式．
（2）由（1）的結(jié)論我們易給出的通項(xiàng)公式，然后利用錯(cuò)位相消法，即可求出數(shù)列的前n項(xiàng)和．
（3）要證明當(dāng)實(shí)數(shù)k大于4時(shí)，不等式kb_n大于n（4-k）+4對(duì)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(shù)列b_n的通項(xiàng)公式，然后構(gòu)造函數(shù)g（n）=kn²-2n-2，通過證明函數(shù)g（n）=kn²-2n-2的單調(diào)性進(jìn)行證明；二是轉(zhuǎn)化為證明k＞，即k大于的最大值恒成立．
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=，
數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=；（4分）
（2）=（2n-1），
設(shè)S_n=1•+3•+5•+…+（2n-1）•①（5分）
S_n=1•+3•+5•+…+（2n-1）•②（6分）
①-②，得
∴S_n=+2（++…+）-（2n-1）•
=+-（2n-1）•
∴S_n=3-．（8分）
即數(shù)列的前n項(xiàng)和為3-；
（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(duì)于一切的n∈N+恒成立．（10分）
設(shè)g（n）=kn²-2n-2．（11分）
當(dāng)k＞時(shí)，由于對(duì)稱軸n=＜1，且g（1）=k-2-2＞0
而函數(shù)g（n）在[1，+∞）是增函數(shù)，（12分）
∴不等式kb_n＞n（4-k）+4恒成立，
即當(dāng)k＞4時(shí)，不等式kb_n＞n（4-k）+4對(duì)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(duì)于一切的n∈N+恒成立．（10分）
∴k＞（11分）
∴n≥1，∴≤4．（12分）
而k＞4
∴k＞恒成立．
故當(dāng)k＞4時(shí)，不等式kb_n＞n（4-k）+4對(duì)于一切的n∈N+恒成立．（13分）
點(diǎn)評(píng)：如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列與一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)的乘積組成，則求此數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn，一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式子錯(cuò)位相減法，要注意對(duì)字母的討論．