(2013•崇明縣二模)設(shè)數(shù)列{an}、{bn}的各項(xiàng)都是正數(shù),Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且對(duì)任意n∈N*,都有an2=4Sn-2an-1,b1=e,bn+1=bnλ,cn=an+1•lnbn(常數(shù)λ>0,lnbn是以為底數(shù)的自然對(duì)數(shù),e=2.71828…)
(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)用反證法證明:當(dāng)λ=4時(shí),數(shù)列{cn}中的任何三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列;
(3)設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,試問:是否存在常數(shù)M,對(duì)一切n∈N*,(1-λ)Tn+λcn≥M恒成立?若存在,求出M的取值范圍;若不存在,請(qǐng)證明你的結(jié)論.
分析:(1)由條件 an2=4Sn-2an-1 ①,求得a1=1.當(dāng)n≥2時(shí),有 an-12=4Sn-1-2an-1-1 ②,由①-②可得數(shù)列{an}是公差等于2的等差數(shù)列,從而求得an=2n-1.再由bn+1=bnλ,且bn>0,可得lnbn=lnb1×λn-1=λn-1,從而求得 bn=eλn
(2)當(dāng)λ=4時(shí),假設(shè)第m項(xiàng)、第n項(xiàng)、第k項(xiàng)成等比數(shù)列,則有 (2n+1)2•42n-2=(2m+1)4m-1•(2k+1)4k-1,即 m2+k2+mk+m+k=0,顯然,這樣的正整數(shù)m、k不存在,故數(shù)列{cn}中的任何三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列.
(3)用錯(cuò)位相減法求得(1-λ)Tn=3+2λ(1+λ+λ2+…+λn-2)-(2n+1)λn,①當(dāng)λ=1時(shí),求出M的取值范圍.②當(dāng)λ≠1時(shí),再求出M的取值范圍,綜合可得結(jié)論.
解答:解:(1)∵因?yàn)閍n>0,an2=4Sn-2an-1  ①,當(dāng)n=1時(shí),a12=4S1-2a1-1,解得a1=1.
當(dāng)n≥2時(shí),有 an-12=4Sn-1-2an-1-1  ②,
由①-②得,(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),故有 an-an-1=2(n≥2),即數(shù)列{an}是公差等于2的等差數(shù)列,
所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.
又因?yàn)?span id="djxx9nl" class="MathJye">bn+1=bnλ,且bn>0,兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)得 lnbn+1=λlnbn,
由此可知數(shù)列{lnbn}是以lnb1=lne=1為首項(xiàng),以λ為公比的等比數(shù)列,
所以lnbn=lnb1×λn-1=λn-1,所以,bn=eλn-1.
(2)當(dāng)λ=4時(shí),由(1)知,cn =an+1•lnbn =(2n+1)•λn-1=(2n+1)•4n-1
假設(shè)第m項(xiàng)、第n項(xiàng)、第k項(xiàng)成等比數(shù)列,則有 (2n+1)2•42n-2=(2m+1)4m-1•(2k+1)4k-1,
即 (2n+1)2•42n-2=(2m+1)(2k+1)•4m+k-2,∴
(2n+1)2=(2m+1)(2k+1)
2n-2=m+k-2
m,n,k∈ N*
,
∴(m+k+1)2=(2m+1)(2k+1),即 m2+k2+mk+m+k=0,顯然,這樣的正整數(shù)m、k不存在,故數(shù)列{cn}中的任何三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列.
(3)解:∵cn=an+1•lnbn =(2n+1)•λn-1,
∴Tn=3×λ0+5×λ1+7×λ2+…+(2n-1)×λn-2+(2n+1)×λn-1…③.
∴λ×Tn=3×λ1+5×λ2+7×λ3+…+(2n-1)×λn-1+(2n+1)×λn…④.
由③-④得-3Tn=3+2×4+2×42+…+2×4n-1-(2n+1)×4n=3+2×
4(1-4n-1)
1-4
-(2n+1)4n=
1-4n-6n•4n
3
,
所以,(1-λ)Tn=3+2λ(1+λ+λ2+…+λn-2)-(2n+1)λn
①當(dāng)λ=1時(shí),(1-λ)Tn+λcn=(2n+1)(n∈N*)在N*上為單調(diào)遞增函數(shù),所以對(duì)于任意常數(shù)M∈(-∞,3],(1-λ)Tn+λcn=(2n+1)≥M恒成立.  
②當(dāng)λ≠1時(shí),(1-λ)Tncn=3+2λ×
1-λn-1
1-λ
=3+
1-λ
-
2λn
1-λ

記g(n)=(1-λ)Tncn=3+2λ×
1-λn-1
1-λ
=3+
1-λ
-
2λn
1-λ
g(n+1)-g(n)=2λn>0,
所以,數(shù)列g(shù)(n)為增函數(shù).   
所以當(dāng)λ≠1時(shí),g(n)=(1-λ)Tncn=3+2λ×
1-λn-1
1-λ
≥g(1)=3.…(7分)
所以,所以對(duì)于任意常數(shù)M∈(-∞,3],(1-λ)Tn+λcn≥M恒成立. …(8分)
點(diǎn)評(píng):本題主要考查數(shù)列求和問題,用反證法和放縮法證明不等式,函數(shù)的恒成立問題,屬于難題.
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20
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1anan+1
,n∈N*,Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an和數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn;
(2)若對(duì)任意的n∈N*,不等式λTn<n+8•(-1)n恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍;
(3)是否存在正整數(shù)m,n(1<m<n),使得T1,Tm,Tn成等比數(shù)列?若存在,求出所有m,n的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.

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