如果一个数列从第2项起.每一项与它前一项的差都大于3.则称这个数列为“S型数列．(1)已知数列{an}满足a1=4.a2=8.an+an-1=8n-4(n≥2.n∈N*).求证:数列{an}是“S型数列 ,(2)已知等比数列{an}的首项与公比q均为正整数.且{an}为“S型数列 .记bn=$\frac{3}{4}$an.当数列{bn}不是“S型数列时.求数列{an}� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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19．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于3，则称这个数列为“S型数列”．
（1）已知数列{a_n}满足a₁=4，a₂=8，a_n+a_n-1=8n-4（n≥2，n∈N^*），求证：数列{a_n}是“S型数列”；
（2）已知等比数列{a_n}的首项与公比q均为正整数，且{a_n}为“S型数列”，记b_n=$\frac{3}{4}$a_n，当数列{b_n}不是“S型数列”时，求数列{a_n}的通项公式；
（3）是否存在一个正项数列{c_n}是“S型数列”，当c₂=9，且对任意大于等于2的自然数n都满足（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n}}$）≤$\frac{1}{{c}_{n-1}}$+$\frac{1}{{c}_{n}}$≤（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n-1}}$）？如果存在，给出数列{c_n}的一个通项公式（不必证明）；如果不存在，请说明理由．

分析（1）求出a_n=4n，从而a_n-a_n-1=4＞3，即可证明结论；
（2）证明{b_n-b_n-1}单调递增，又{b_n}不是“S型数列”所以，存在n₀，使得${b}_{{n}_{0}}$-${b}_{{n}_{0}-1}$≤3，所以b₂-b₁≤${b}_{{n}_{0}}$-${b}_{{n}_{0}-1}$≤3，即a₁（q-1）≤4又因为a₂-a₁＞3，即a₁（q-1）＞3且a₁，q∈N₊，所以a₁（q-1）=4，由此可得结论；
（3）可取a_n=（n+1）²，符合条件．

解答解：（1）证明：由题意，a_n+1+a_n=8n+4 ①，a_n+a_n-1=8n-4 ②，
②-①得a_n+1-a_n-1=8      …（4分）
所以a_2n=8n，a_2n-1=8n-4，因此a_n=4n，从而a_n-a_n-1=4＞3
所以，数列{a_n}是“S型数列”…（6分）
（2）由题意可知a₁≥1，且a_n-a_n-1=4＞3，因此{a_n}单调递增且q≥2
而（a_n-a_n-1）-（a_n-1-a_n-2）=a_n-1（q-1）-a_n-2（q-1）=（q-1）（a_n-1-a_n-2）＞0
所以{a_n-a_n-1}单调递增，
又b_n=$\frac{3}{4}$a_n，因此{b_n-b_n-1}单调递增          …（8分）
又{b_n}不是“S型数列”所以，存在n₀，使得${b}_{{n}_{0}}$-${b}_{{n}_{0}-1}$≤3，所以b₂-b₁≤${b}_{{n}_{0}}$-${b}_{{n}_{0}-1}$≤3，
即a₁（q-1）≤4又因为a₂-a₁＞3，即a₁（q-1）＞3且a₁，q∈N₊，所以a₁（q-1）=4
从而a₁=4，q=2或a₁=2，q=3或a₁=1，q=5
∴a_n=2ⁿ⁺¹或${a_n}=2•{3^{n-1}}$或${a_n}={5^{n-1}}$…（12分）
（3）可取a_n=（n+1）²，验证符合（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n}}$）≤$\frac{1}{{c}_{n-1}}$+$\frac{1}{{c}_{n}}$≤（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n-1}}$）条件，
而且a_n-a_n-1=2n+1＞3                              …（16分）

点评本题考查新定义，考查数列的通项，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

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A．

B．

C．

D．

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A．

a₃a₄

B．

a₄a₅

C．

a₅a₆