公差大于0的等差数列{an}的前n项和为Sn.{an}的前三项分别加上1.1.3后顺次成为某个等比数列的连续三项.S5=25．①求数列{an}的通项公式,②令bn=t Sn.若对一切n∈N*.都有bn+12＞2bnbn+2.求t的取值范围,③是否存在各项都是正整数的无穷数列{cn}.使cn+12＞2cncn+2对一切n∈N*都成立.若存在.请写出数列{cn}的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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公差大于0的等差数列{a_n}的前n项和为S_n，{a_n}的前三项分别加上1，1，3后顺次成为某个等比数列的连续三项，S₅=25．
①求数列{a_n}的通项公式；
②令b_n=t Sn（t＞0），若对一切n∈N*，都有b_n+1²＞2b_nb_n+2，求t的取值范围；
③是否存在各项都是正整数的无穷数列{c_n}，使c_n+1²＞2c_nc_n+2对一切n∈N^*都成立，若存在，请写出数列{c_n}的一个通项公式；若不存在，请说明理由．

考点：等差数列的性质

专题：等差数列与等比数列

分析：①根据等差数列和等比数列的通项公式建立条件关系，即可求数列{a_n}的通项公式；
②求出b_n=t Sn（t＞0）的通项公式，即可解决不等式b_n+1²＞2b_nb_n+2；
③根据不等式的条件，即可得到结论．

解答： 解：（1）①设等差数列{a_n}的公差为d．
∵S₅=25∴S5=

5(a1+a5)

=5a3=25∴a₃=5
∵{a_n}的前三项分别加上1，1，3后顺次成为某个等比数列的连续三项
∴(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＜

∵t＞0∴0＜t＜

（2）假设存在各项都是正整数的无穷数列{c_n}，使

n+1

＞2cncn+2对一切n∈N*都成立，则
∴

cn+1

＞2×

cn+2

cn+1

∴

cn-1

＞2×

cn+1

，…，

＞2×

，将n-1个不等式叠乘得：

＞2n-1×

cn+1

∴

cn+1

＜

2n-1

（n≥2，n∈N*）
若

＜1，则

2n-1

＜1，
∴当n∈N*时，

cn+1

＜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
与c_M+2∈N*矛盾．
若

≥1，取N为log2

+2的整数部分，则当n≥N时，

2n-1

＜1
∴当n≥N时，

cn+1

＜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

与c_N+M+1∈N*矛盾．
∴假设不成立，即不存在各项都是正整数的无穷数列{c_n}，使

n+1

＞2cncn+2对一切n∈N*都成立．

点评：本题主要考查等差数列和等比数列的应用，考查学生的运算能力，综合性较强，难度较大．

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