Question

已知分別以d₁和d₂為公差的等差數(shù)列{a_n}和{b_n}滿足a₁=18，b₁₄=36，
（1）若d₁=18，d₂≥2917，且a_m²=b_m+14-45，求m的取值范圍；
（2）若a_k=b_k=0，且數(shù)列a₁，a₂，…，a_k，b_k+1，b_k+1，…，b₁₄…的前n項(xiàng)和S_n滿足S₁₄=2S_k，
①求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
②令An=aan，Bn=abn，a＞0且a≠1，探究不等式A_nB_n+1＜A_n+B_n是否對(duì)一切正整數(shù)n恒成立？

Answer 1

分析：（1）因?yàn)榈炔顢?shù)列{a_n}中，a₁=18，d₁=18，所以a_m=a₁+（m-1）d₁=18m，因?yàn)榈炔顢?shù)列{b_n}中，b₁₄=36，d₂≥2917，所以b_m+14=b₁₄+md₂=36+md₂，由a_m²=b_m+14-45，能求出m的取值范圍
（2）①因?yàn)閍_k=b_k=0，所以S₁₄=2S_k，即b_k+b_k+1+b_k+2+…+b₁₄=S_k，所以

(15-k)(0+36)

2

=

k(18+0)

2

，解得k=10，由此能求出數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式．
②因?yàn)閍_n=20-n，b_n=9n-90，所以An=aan=a20-2n=(a10-n)2，Bn=a9n-90=(an-10)9，又A_nB_n+1＜A_n+B_n等價(jià)于（A_n-1）（B_n-1）≤0，且a＞0且a≠1，由此進(jìn)行分類討論能求出當(dāng)a＞0且a≠1時(shí)，對(duì)任意n∈N*，所以（A_n-1）（B_n-1）≤0成立．

解答：解：（1）因?yàn)榈炔顢?shù)列{a_n}中，a₁=18，d₁=18，
所以a_m=a₁+（m-1）d₁=18m，
因?yàn)榈炔顢?shù)列{b_n}中，b₁₄=36，d₂≥2917，
所以b_m+14=b₁₄+md₂=36+md₂，（2分）
又因?yàn)閍_m²=b_m+14-45，
所以（18m）²=md₂-9，
故有d2=

324m2+9

m

≥2917，
因?yàn)閙∈N*，所以m≥9； …（4分）
（2）①因?yàn)閍_k=b_k=0，
所以S₁₄=2S_k，
即b_k+1+b_k+2+…+b₁₄=S_k，
亦即b_k+b_k+1+b_k+2+…+b₁₄=S_k，
所以有

(15-k)(0+36)

2

=

k(18+0)

2

，
解得k=10，（6分）
由a_k=a₁+（k-1）d₁，b_k=b₁₄+（k-14）d₂知，d₁=-2，d₂=9，（8分）
所以a_n=20-2n，
b_n=9n-90；  （10分）
②因?yàn)閍_n=20-n，b_n=9n-90，
所以An=aan=a20-2n=(a10-n)2，Bn=a9n-90=(an-10)9，
又A_nB_n+1＜A_n+B_n等價(jià)于（A_n-1）（B_n-1）≤0，且a＞0且a≠1，
當(dāng)a＞1時(shí)，若n=10時(shí)，（A_n-1）（B_n-1）=（a⁰-1）（a⁰-1）=0，
若n＜10時(shí)，a^10-n＞1，a^n-10＜1，
所以（A_n-1）（B_n-1）≤0成立，
若n＞10時(shí)，a^10-n＜1，a^n-10＞1，
所以（A_n-1）（B_n-1）≤0成立，
所以當(dāng)a＞1時(shí)，對(duì)任意n∈N*，
所以（A_n-1）（B_n-1）≤0成立． （14分）
同理可證，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，對(duì)任意n∈N*，
所以（A_n-1）（B_n-1）≤0成立．
即當(dāng)a＞0且a≠1時(shí)，對(duì)任意n∈N*，
所以（A_n-1）（B_n-1）≤0成立．（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量、通項(xiàng)，結(jié)合含兩個(gè)變量的不等式的處理問題，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，要求學(xué)生理解“存在”、“恒成立”，以及運(yùn)用一般與特殊的關(guān)系進(jìn)行否定，本題有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)．