Question

16．已知首項為1的正項數(shù)列{a_n}滿足：a_n+1²+a_n²＜$\frac{5}{2}$a_n+1a_n，n∈N^*．
（1）若a₂=$\frac{3}{2}$，a₃=x，a₄=4，求x的取值范圍；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}是公比為q的等比數(shù)列，S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和．若$\frac{1}{2}$S_n＜S_n+1＜2S_n，n∈N^*，求q的取值范圍．
（3）若a₁，a₂，…，a_k（k≥3）成等差數(shù)列，且₁+a₂+…+a_k=120，求正整數(shù)k的最小值．以及k取最小值對相應(yīng)數(shù)列a₁，a₂，…，a_k的公差．

Answer 1

分析 （1）首項為1的正項數(shù)列{a_n}滿足a_n+1²+a_n²＜$\frac{5}{2}$a_n+1a_n，n∈N^*，化為（2a_n+1-a_n）（a_n+1-2a_n）＜0，解得$\frac{1}{2}$＜$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＜2；又a₂=$\frac{3}{2}$，a₃=x，a₄=4，代入可得$\frac{1}{2}$＜$\frac{2x}{3}$＜2，$\frac{1}{2}$＜$\frac{4}{x}$＜2，解不等式可得x的范圍；
（2）由于首項為1的正項數(shù)列{a_n}，由于$\frac{1}{2}$＜$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＜2．可得$\frac{1}{2}$＜q＜2．對q分類討論：q=1時，n=1時不滿足條件，因此q≠1；由$\frac{1}{2}$•$\frac{1-{q}^{n}}{1-q}$＜$\frac{1-{q}^{n+1}}{1-q}$＜2•$\frac{1-{q}^{n}}{1-q}$，可得$\frac{1}{2}$＜q＜1時，經(jīng)過驗證成立；2＞q＞1時，化為2qⁿ⁺¹-qⁿ-1＞0，且qⁿ⁺¹-2qⁿ+1＜0不成立，舍去．
（3）設(shè)首項為1的正項數(shù)列{a_n}的公差為d，d≥0，由$\frac{1}{2}$＜$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＜2，化為1+（n-1）d＜2（1+nd）＜4[1+（n-1）d]．分類討論：n=1時，n=2時，n≥3時，可得：0≤d＜1．根據(jù)a₁，a₂，…，a_k（k≥3）成等差數(shù)列，a₁+a₂+…+a_k=120，可得k+$\frac{k（k-1）}{2}$d=120，k=1時，不成立，舍去．k≥2時，解得d=$\frac{240-2k}{{k}^{2}-k}$，代入解得：15＜k≤120．即可得出．

解答 解：（1）∵首項為1的正項數(shù)列{a_n}滿足a_n+1²+a_n²＜$\frac{5}{2}$a_n+1a_n，n∈N^*，
化為（2a_n+1-a_n）（a_n+1-2a_n）＜0，
∴$\frac{1}{2}$＜$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＜2．
又a₂=$\frac{3}{2}$，a₃=x，a₄=4，
∴$\frac{1}{2}$＜$\frac{2x}{3}$＜2，$\frac{1}{2}$＜$\frac{4}{x}$＜2，
解得：2＜x＜3．
∴x的取值范圍是（2，3）．
（2）由于首項為1的正項數(shù)列{a_n}，
∵$\frac{1}{2}$＜$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＜2．∴$\frac{1}{2}$＜q＜2．
①q=1時，n=1時不滿足：$\frac{1}{2}$S_n＜S_n+1＜2S_n，n∈N^*，因此q≠1．
②q≠1時，可得$\frac{1}{2}$•$\frac{1-{q}^{n}}{1-q}$＜$\frac{1-{q}^{n+1}}{1-q}$＜2•$\frac{1-{q}^{n}}{1-q}$，
$\frac{1}{2}$＜q＜1時，化為2qⁿ⁺¹-qⁿ＜1，qⁿ⁺¹-2qⁿ+1＞0，
由于qⁿ（2q-1）＜1，因此2qⁿ⁺¹-qⁿ＜1恒成立；由qⁿ＜q，可得q²ⁿ＜qⁿ⁺¹，
∴qⁿ＜$\sqrt{{q}^{n+1}}$，∴2qⁿ＜2$\sqrt{{q}^{n+1}}$＜1+qⁿ⁺¹，
因此qⁿ⁺¹-2qⁿ+1＞0恒成立，可得：$\frac{1}{2}$＜q＜1．
2＞q＞1時，化為2qⁿ⁺¹-qⁿ-1＞0，且qⁿ⁺¹-2qⁿ+1＜0，無解，舍去．
綜上可得：$\frac{1}{2}$＜q＜1．
（3）設(shè)首項為1的正項數(shù)列{a_n}的公差為d，d≥0，
由$\frac{1}{2}$＜$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＜2，可得$\frac{1}{2}$＜$\frac{1+nd}{1+（n-1）d}$＜2，
化為1+（n-1）d＜2（1+nd）＜4[1+（n-1）d]，
n=1時，0≤d＜1；n=2時，d≥0；
n≥3時，d≥0．
綜上可得：0≤d＜1．
∵a₁，a₂，…，a_k（k≥3）成等差數(shù)列，a₁+a₂+…+a_k=120，
∴k+$\frac{k（k-1）}{2}$d=120，
k=1時，不成立，舍去．
k≥2時，解得d=$\frac{240-2k}{{k}^{2}-k}$，
∵0≤d＜1．
∴0≤$\frac{240-2k}{{k}^{2}-k}$＜1．
解得：15＜k≤120．
∴滿足條件的正整數(shù)k的最小值為16，此時公差d=$\frac{13}{15}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、不等式的解法，考查了分類討論方法，推理能力與計算能力，屬于難題．