Question

16．已知数列{a_n}是首项为1的等差数列，且公差不为零．a₁，a₂，a₆刚好是等比数列{b_n}的前三项．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}的前n项和为S_n，若数列{c_n}满足c₁=b₁，c_n+1-c_n=b_n，问是否存在正整数n，使得c_n＞S_n？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．
（3）设A_n=c_n-a_n，求证：A_n+2≥0．

Answer 1

分析 （1）设出等差数列的公差，由a₁，a₂，a₆成等比数列求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；
（2）求出等比数列的通项公式，代入c_n+1-c_n=b_n，利用累加法求出{c_n}的通项公式，再求出数列{b_n}的前n项和为S_n，分析可得不存在正整数n，使得c_n＞S_n；
（3）求出A_n+2，利用导数研究函数单调性，求得最小值得答案．

解答 （1）解：设等差数列{a_n}的公差为d（d≠0），则由a₁，a₂，a₆成等比数列，得（1+d）²=1×（1+5d），解得d=3．
∴a_n=1+3（n-1）=3n-2；
（2）解：b₁=a₁=1，b₂=a₂=4，∴公比q=4，则${b}_{n}={4}^{n-1}$，${S}_{n}=\frac{1×（1-{4}^{n}）}{1-4}=\frac{{4}^{n}}{3}-\frac{1}{3}$，
由c_n+1-c_n=b_n=4^n-1，得${c}_{2}-{c}_{1}={4}^{0}$，${c}_{3}-{c}_{2}={4}^{1}$，…${c}_{n}-{c}_{n-1}={4}^{n-2}$（n≥2）．
累加得：${c}_{n}={c}_{1}+（{4}^{0}+{4}^{1}+…+{4}^{n-2}）$=$1+\frac{1×（1-{4}^{n-1}）}{1-4}=\frac{{4}^{n-1}}{3}+\frac{2}{3}$，验证c₁=b₁=1成立，
∴${c}_{n}=\frac{{4}^{n-1}}{3}+\frac{2}{3}$，由c_n＞S_n，得$\frac{{4}^{n-1}}{3}+\frac{2}{3}＞\frac{{4}^{n}}{3}-\frac{1}{3}$，则3•4^n-1＜3，此时显然不成立，
∴不存在正整数n，使得c_n＞S_n；
（3）证明：A_n+2=c_n-a_n+2=$\frac{{4}^{n-1}}{3}+\frac{2}{3}-3n+2+2$=$\frac{1}{3}（{4}^{n-1}-9n+14）$，
令f（n）=4^n-1-9n+14，则f′（n）=4^n-1ln4-9，
当n≥3时，f′（n）＞0，可得f（1）＞f（2），f（n）＞f（3）（n＞3），
又f（2）=0，f（3）=3＞0，∴f（n）≥0．
故A_n+2≥0．

点评 本题考查数列递推式，训练了累加法求数列的通项公式，考查了利用导数研究函数的单调性，是数列与不等式的综合题，属中高档题．