Question

設(shè)無窮數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，前n項(xiàng)和為S_n（n∈N^*），且3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t（n∈N^*，n≥2）（t是與n無關(guān)的正實(shí)數(shù)）
（1）求證：數(shù)列{a_n}（n∈N^*）為等比數(shù)列；
（2）記數(shù)列{a_n}的公比為f（t），數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，b_n=f（

1

bn-1

）（n∈N^*，n≥2），設(shè)c_n=b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．
（3）若（2）中數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n，當(dāng)n∈N^*時(shí)，不等式T_n≤a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列與不等式的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t，3tS_n+1-（2t+3）S_n=3t，兩式相減可得數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）利用（1）可得f（t），進(jìn)而得到數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，數(shù)列{c_n}也是等差數(shù)列，即可得出前n項(xiàng)和T_n；
（3）利用（2）和二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答： （1）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t，3tS_n+1-（2t+3）S_n=3t，
∴3ta_n+1-（2t+3）a_n=0，
∵t＞0且是常數(shù)，∴

an+1

an

=

2t+3

3t

，
∴數(shù)列{a_n}（n∈N^*）是公比為

2t+3

3t

的等比數(shù)列；
（2）解：由（1）可知：f（t）=

2t+3

3t

=

1

t

+

2

3

（t＞0）．
∵數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，b_n=f（

1

bn-1

），
∴bn=bn-1+

2

3

（n≥2），
∴數(shù)列{b_n}是公差為

2

3

的等差數(shù)列，
∴b_n=1+

2

3

(n-1)=

2n+1

3

．
∴c_n=b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1=

4n-1

3

×

4n+1

3

-

4n+1

3

×

4n+3

3

=-

16

9

n-

4

9

．
∴數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列，公差為-

16

9

，首項(xiàng)為-

20

9

．
∴T_n=-

20

9

n+

n(n-1)

2

×(-

16

9

)=-

8

9

n2-

4

3

．
（3）∵當(dāng)n∈N^*時(shí)，不等式T_n≤a恒成立，
∴a≥（T_n）_max，對?n∈N^*，
而Tn=-

8

9

n2-

4

3

≤T₁=-

8

9

-

4

3

=-

20

9

．
∴a≥-

20

9

．
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-

20

9

，+∞)．

點(diǎn)評：本題綜合考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式、二次函數(shù)的單調(diào)性、恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．