Question

18．如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它前一項(xiàng)的差都大于2，則稱這個(gè)數(shù)列為“H型數(shù)列”．
（1）若數(shù)列{a_n}為“H型數(shù)列”，且a₁=$\frac{1}{m}$-3，a₂=$\frac{1}{m}$，a₃=4，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）是否存在首項(xiàng)為1的等差數(shù)列{a_n}為“H型數(shù)列”，且其前n項(xiàng)和S_n滿足S_n＜n²+n（n∈N^*）？若存在，請(qǐng)求出{a_n}的通項(xiàng)公式；若不存在，請(qǐng)說明理由．
（3）已知等比數(shù)列{a_n}的每一項(xiàng)均為正整數(shù)，且{a_n}為“H型數(shù)列”，b_n=$\frac{2}{3}$a_n，c_n=$\frac{{a}_{n}}{（n+1）•{2}^{n-5}}$，當(dāng)數(shù)列{b_n}不是“H型數(shù)列”時(shí)，試判斷數(shù)列{c_n}是否為“H型數(shù)列”，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意得，a₂-a₁=3＞2，a₃-a₂=4-$\frac{1}{m}$＞2，即2-$\frac{1}{m}$=$\frac{2m-1}{m}$＞0，解得m范圍即可得出．
（2）假設(shè)存在等差數(shù)列{a_n}為“H型數(shù)列”，設(shè)公差為d，則d＞2，由a₁=1，可得：S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}d$，由題意可得：n+$\frac{n（n-1）}{2}d$＜n²+n對(duì)n∈N^*都成立，即d$＜\frac{2n}{n-1}$都成立．解出即可判斷出結(jié)論．
（3）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，則a_n=${a}_{1}{q}^{n-1}$，且每一項(xiàng)均為正整數(shù)，且a_n+1-a_n=a_n（q-1）＞2＞0，可得a_n+1-a_n=a_n（q-1）＞a_n-a_n-1，即在數(shù)列{a_n-a_n-1}（n≥2）中，“a₂-a₁”為最小項(xiàng)．同理在數(shù)列{b_n-b_n-1}（n≥2）中，“b₂-b₁”為最小項(xiàng)．由{a_n}為“H型數(shù)列”，可知只需a₂-a₁＞2，即 a₁（q-1）＞2，又因?yàn)閧b_n}不是“H型數(shù)列”，且“b₂-b₁”為最小項(xiàng)，可得b₂-b₁≤2，即 a₁（q-1）≤3，由數(shù)列{a_n}的每一項(xiàng)均為正整數(shù)，可得 a₁（q-1）=3，a₁=1，q=4或a₁=3，q=2，通過分類討論即可判斷出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意得，a₂-a₁=3＞2，a₃-a₂=4-$\frac{1}{m}$＞2，即2-$\frac{1}{m}$=$\frac{2m-1}{m}$＞0，解得m$＞\frac{1}{2}$或m＜0．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍時(shí)（-∞，0）∪$（\frac{1}{2}，+∞）$．
（2）假設(shè)存在等差數(shù)列{a_n}為“H型數(shù)列”，設(shè)公差為d，則d＞2，由a₁=1，可得：S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}d$，由題意可得：n+$\frac{n（n-1）}{2}d$＜n²+n對(duì)n∈N^*都成立，即d$＜\frac{2n}{n-1}$都成立．∵$\frac{2n}{n-1}$=2+$\frac{2}{n-1}$＞2，且$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{2n}{n-1}$=2，∴d≤2，與d＞2矛盾，因此不存在等差數(shù)列{a_n}為“H型數(shù)列”．
（3）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，則a_n=${a}_{1}{q}^{n-1}$，且每一項(xiàng)均為正整數(shù)，且a_n+1-a_n=a_n（q-1）＞2＞0，
∴a₁＞0，q＞1．∵a_n+1-a_n=a_n（q-1）＞a_n-a_n-1，即在數(shù)列{a_n-a_n-1}（n≥2）中，“a₂-a₁”為最小項(xiàng)．
同理在數(shù)列{b_n-b_n-1}（n≥2）中，“b₂-b₁”為最小項(xiàng)．由{a_n}為“H型數(shù)列”，可知只需a₂-a₁＞2，
即 a₁（q-1）＞2，又因?yàn)閧b_n}不是“H型數(shù)列”，且“b₂-b₁”為最小項(xiàng)，∴b₂-b₁≤2，即 a₁（q-1）≤3
，由數(shù)列{a_n}的每一項(xiàng)均為正整數(shù)，可得 a₁（q-1）=3，∴a₁=1，q=4或a₁=3，q=2，
①當(dāng)a₁=1，q=4時(shí)，${a_n}={4^{n-1}}$，則${c_n}=\frac{{{4^{n-1}}}}{{（n+1）•{2^{n-5}}}}=\frac{{{2^{n+3}}}}{n+1}$，令${d_n}={c_{n+1}}-{c_n}（n∈{N^*}）$，則${d_n}=\frac{{{2^{n+4}}}}{n+2}-\frac{{{2^{n+3}}}}{n+1}={2^{n+3}}•\frac{n}{（n+1）（n+2）}$，令${e_n}={d_{n+1}}-{d_n}（n∈{N^*}）$，則${e_n}={2^{n+4}}•\frac{n+1}{（n+2）（n+3）}-{2^{n+3}}•\frac{n}{（n+1）（n+2）}$
=$\frac{{{2^{n+3}}}}{n+2}•\frac{{{n^2}+n+2}}{（n+1）（n+3）}＞0$，
∴{d_n}為遞增數(shù)列，
即 d_n＞d_n-1＞d_n-2＞…＞d₁，
即 c_n+1-c_n＞c_n-c_n-1＞c_n-1-c_n-2＞…＞c₂-c₁，
∵${c_2}-{c_1}=\frac{32}{3}-8=\frac{8}{3}＞2$，所以，對(duì)任意的n∈N^*都有c_n+1-c_n＞2，
即數(shù)列{c_n}為“H型數(shù)列”．②當(dāng)a₁=3，q=2時(shí)，${a_n}=3•{2^{n-1}}$，
則${c_n}=\frac{{3•{2^{n-1}}}}{{（n+1）•{2^{n-5}}}}=\frac{48}{n+1}$，顯然，{c_n}為遞減數(shù)列，c₂-c₁＜0≤2，
故數(shù)列{c_n}不是“H型數(shù)列”；                
      綜上：當(dāng)${a_n}={4^{n-1}}$時(shí)，數(shù)列{c_n}為“H型數(shù)列”，
            當(dāng)${a_n}=3•{2^{n-1}}$時(shí)，數(shù)列{c_n}不是“H型數(shù)列”．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、新定義“H型數(shù)列”、不等式的性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．