Question

18．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于2，则称这个数列为“H型数列”．
（1）若数列{a_n}为“H型数列”，且a₁=$\frac{1}{m}$-3，a₂=$\frac{1}{m}$，a₃=4，求实数m的取值范围；
（2）是否存在首项为1的等差数列{a_n}为“H型数列”，且其前n项和S_n满足S_n＜n²+n（n∈N^*）？若存在，请求出{a_n}的通项公式；若不存在，请说明理由．
（3）已知等比数列{a_n}的每一项均为正整数，且{a_n}为“H型数列”，b_n=$\frac{2}{3}$a_n，c_n=$\frac{{a}_{n}}{（n+1）•{2}^{n-5}}$，当数列{b_n}不是“H型数列”时，试判断数列{c_n}是否为“H型数列”，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意得，a₂-a₁=3＞2，a₃-a₂=4-$\frac{1}{m}$＞2，即2-$\frac{1}{m}$=$\frac{2m-1}{m}$＞0，解得m范围即可得出．
（2）假设存在等差数列{a_n}为“H型数列”，设公差为d，则d＞2，由a₁=1，可得：S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}d$，由题意可得：n+$\frac{n（n-1）}{2}d$＜n²+n对n∈N^*都成立，即d$＜\frac{2n}{n-1}$都成立．解出即可判断出结论．
（3）设等比数列{a_n}的公比为q，则a_n=${a}_{1}{q}^{n-1}$，且每一项均为正整数，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，即在数列{a_n-a_n-1}（n≥2）中，“a₂-a₁”为最小项．同理在数列{b_n-b_n-1}（n≥2）中，“b₂-b₁”为最小项．由{a_n}为“H型数列”，可知只需a₂-a₁＞2，即 a₁（q-1）＞2，又因为{b_n}不是“H型数列”，且“b₂-b₁”为最小项，可得b₂-b₁≤2，即 a₁（q-1）≤3，由数列{a_n}的每一项均为正整数，可得 a₁（q-1）=3，a₁=1，q=4或a₁=3，q=2，通过分类讨论即可判断出结论．

解答 解：（1）由题意得，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．
∴实数m的取值范围时（-∞，0）∪$（\frac{1}{2}，+∞）$．
（2）假设存在等差数列{a_n}为“H型数列”，设公差为d，则d＞2，由a₁=1，可得：S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}d$，由题意可得：n+$\frac{n（n-1）}{2}d$＜n²+n对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}$=2，∴d≤2，与d＞2矛盾，因此不存在等差数列{a_n}为“H型数列”．
（3）设等比数列{a_n}的公比为q，则a_n=${a}_{1}{q}^{n-1}$，且每一项均为正整数，且a_n+1-a_n=a_n（q-1）＞2＞0，
∴a₁＞0，q＞1．∵a_n+1-a_n=a_n（q-1）＞a_n-a_n-1，即在数列{a_n-a_n-1}（n≥2）中，“a₂-a₁”为最小项．
同理在数列{b_n-b_n-1}（n≥2）中，“b₂-b₁”为最小项．由{a_n}为“H型数列”，可知只需a₂-a₁＞2，
即 a₁（q-1）＞2，又因为{b_n}不是“H型数列”，且“b₂-b₁”为最小项，∴b₂-b₁≤2，即 a₁（q-1）≤3
，由数列{a_n}的每一项均为正整数，可得 a₁（q-1）=3，∴a₁=1，q=4或a₁=3，q=2，
①当a₁=1，q=4时，${a_n}={4^{n-1}}$，则${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^*}）$，则${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^*}）$，则${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}为递增数列，
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，对任意的n∈N^*都有c_n+1-c_n＞2，
即数列{c_n}为“H型数列”．②当a₁=3，q=2时，${a_n}=3•{2^{n-1}}$，
则${c_n}=\frac{{3•{2^{n-1}}}}{{（n+1）•{2^{n-5}}}}=\frac{48}{n+1}$，显然，{c_n}为递减数列，c₂-c₁＜0≤2，
故数列{c_n}不是“H型数列”；                
      综上：当${a_n}={4^{n-1}}$时，数列{c_n}为“H型数列”，
            当${a_n}=3•{2^{n-1}}$时，数列{c_n}不是“H型数列”．

点评 本题考查了数列递推关系、新定义“H型数列”、不等式的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．