Question

公差大于0的等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，{a_n}的前三項(xiàng)分別加上1，1，3后順次成為某個(gè)等比數(shù)列的連續(xù)三項(xiàng)，S₅=25．
①求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
②令b_n=t Sn（t＞0），若對(duì)一切n∈N*，都有b_n+1²＞2b_nb_n+2，求t的取值范圍；
③是否存在各項(xiàng)都是正整數(shù)的無(wú)窮數(shù)列{c_n}，使c_n+1²＞2c_nc_n+2對(duì)一切n∈N^*都成立，若存在，請(qǐng)寫(xiě)出數(shù)列{c_n}的一個(gè)通項(xiàng)公式；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：等差數(shù)列的性質(zhì)

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：①根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式建立條件關(guān)系，即可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
②求出b_n=t Sn（t＞0）的通項(xiàng)公式，即可解決不等式b_n+1²＞2b_nb_n+2；
③根據(jù)不等式的條件，即可得到結(jié)論．

解答： 解：（1）①設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d．
∵S₅=25∴S5=

5(a1+a5)

2

=5a3=25∴a₃=5
∵{a_n}的前三項(xiàng)分別加上1，1，3后順次成為某個(gè)等比數(shù)列的連續(xù)三項(xiàng)
∴(a2+1)2=(a1+1)(a3+3)即(a3-d+1)2=(a3-2d+1)(a3+3)，
∴（6-d）²=8（6-2d）
解得：d=2或d=-6
∵d＞0，
∴d=2∴a_n=5+2（n-3）=2n-1，n∈N*
②∵a₁=1∴Sn=n2，
∴bn=tn2，
∴[t(n+1)2]2＞2tn2•t(n+2)2，整理得：t2＜

1

2

∵t＞0∴0＜t＜

2

2

（2）假設(shè)存在各項(xiàng)都是正整數(shù)的無(wú)窮數(shù)列{c_n}，使

c

2 n+1

＞2cncn+2對(duì)一切n∈N*都成立，則
∴

cn+1

cn

＞2×

cn+2

cn+1

∴

cn

cn-1

＞2×

cn+1

cn

，…，

c2

c1

＞2×

c3

c2

，將n-1個(gè)不等式疊乘得：

cn

c1

＞2n-1×

cn+1

c2

∴

cn+1

cn

＜

1

2n-1

×

c2

c1

（n≥2，n∈N*）                                   
若

c2

c1

＜1，則

1

2n-1

×

c2

c1

＜1，
∴當(dāng)n∈N*時(shí)，

cn+1

cn

＜1，即c_n+1＜c_n
∵c_n∈N*∴c_n+1-c_n≤-1，令c₁=M，
∴c_M+2=（c_M+2-c_M+1）+（c_M+1-c_M）+（c_M-c_M-1）+…+（c₂-c₁）+c₁≤-（M+1）+M=-1＜0
與c_M+2∈N*矛盾．                                                   
若

c2

c1

≥1，取N為log2

c2

c1

+2的整數(shù)部分，則當(dāng)n≥N時(shí)，

c2

c1

×

1

2n-1

＜1
∴當(dāng)n≥N時(shí)，

cn+1

cn

＜1，即c_n+1＜c_n
∵c_n∈N*∴c_n+1-c_n≤-1，令c_N=M，所以

cN+M+1=(cN+M+1-cN+M)+(cN+M-cN+M-1)+(cN+M-1-cN+M-2)+…+(cN+1-cN)+cN           ≤-(M+1)+M=-1＜0

與c_N+M+1∈N*矛盾．
∴假設(shè)不成立，即不存在各項(xiàng)都是正整數(shù)的無(wú)窮數(shù)列{c_n}，使

c

2 n+1

＞2cncn+2對(duì)一切n∈N*都成立．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的應(yīng)用，考查學(xué)生的運(yùn)算能力，綜合性較強(qiáng)，難度較大．