Question

15．设数列{a_n}的各项都是正数，且对于n∈N^*，都有a${\;}_{1}^{3}$+a${\;}_{2}^{3}$+a${\;}_{3}^{3}$+…+a${\;}_{n}^{3}$=S${\;}_{n}^{2}$，其中S_n为数列{a_n}的前n项和．
（1）求a₂；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）若b_n=3ⁿ+（-1）^n-1λ•${2^{a_n}}$（λ为非零常数），问是否存在整数λ，使得对任意n∈N^*，都有b_n+1＞b_n？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）依次令n=1，2，列方程求出a₁，a₂即可；
（2）根据已知条件得出S_n-1²，与已知式子相减得出数列递推式，从而判断{a_n}为等差数列，即可得出通项公式；
（3）令b_n+1-b_n＞0，解出λ的范围即可得出结论．

解答 解：（1）∵a${\;}_{1}^{3}$+a${\;}_{2}^{3}$+a${\;}_{3}^{3}$+…+a${\;}_{n}^{3}$=S${\;}_{n}^{2}$，
∴当n=1时，a₁³=a₁²，又a₁＞0，∴a₁=1．
当n=2时，a₁³+a₂³=（a₁+a₂）²，即1+a₂³=（1+a₂）²，
∴a₂³-a₂²-2a₂=0，∵a₂≠0，∴a₂²-a₂-2=0，
又a₂＞0，∴a₂=2．
（2）∵a${\;}_{1}^{3}$+a${\;}_{2}^{3}$+a${\;}_{3}^{3}$+…+a${\;}_{n}^{3}$=S${\;}_{n}^{2}$，
∴a${\;}_{1}^{3}$+a${\;}_{2}^{3}$+a${\;}_{3}^{3}$+…+a${\;}_{n}^{3}$_-1=S${\;}_{n}^{2}$_-1，
两式相减得a_n³=S_n²-S_n-1²=a_n（2a₁+2a₂+…+2a_n-1+a_n）=a_n（2S_n-a_n），
∴a_n²=2S_n-a_n，
∴当n≥2时，a_n-1²=2S_n-1-a_n-1，
两式相减得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=2a_n+a_n-1-a_n=a_n+a_n-1，
∵a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=1，
∴{a_n}是以1为首项，以1为公差的等差数列，
∴a_n=1+（n-1）×1=n．
（3）b_n=3ⁿ+（-1）^n-1•λ2ⁿ，
∴b_n+1-b_n=[3ⁿ⁺¹+（-1）ⁿ•λ2ⁿ⁺¹]-[3ⁿ+（-1）^n-1•λ2ⁿ]=2•3ⁿ-3λ（-1）^n-1•2ⁿ．
令b_n+1-b_n＞0，即2•3ⁿ-3λ（-1）^n-1•2ⁿ＞0，
∴（-1）^n-1•λ＜（$\frac{3}{2}$）^n-1，
当n为奇数时，λ＜（$\frac{3}{2}$）^n-1恒成立，∴λ＜1，
当n为偶数时，λ＞-（$\frac{3}{2}$）^n-1，恒成立，∴λ＞-$\frac{3}{2}$，
∴-$\frac{3}{2}＜λ＜1$．
∵λ≠0，
∴存在整数λ=-1，使得对任意n∈N^*，都有b_n+1＞b_n．

点评 本题考查了数列通项公式的求法，数列的单调性，属于中档题．