Question

6．已知两个无穷数列{a_n}和{b_n}的前n项和分别为S_n，T_n，a₁=1，S₂=4，对任意的n∈N^*，都有3S_n+1=2S_n+S_n+2+a_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若{b_n}为等差数列，对任意的n∈N^*，都有S_n＞T_n．证明：a_n＞b_n；
（3）若{b_n}为等比数列，b₁=a₁，b₂=a₂，求满足$\frac{{a}_{n}+2{T}_{n}}{{b}_{n}+2{S}_{n}}$=a_k（k∈N^*）的n值．

Answer 1

分析 （1）运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；
（2）方法一、设数列{b_n}的公差为d，求出S_n，T_n．由恒成立思想可得b₁＜1，求出a_n-b_n，判断符号即可得证；
方法二、运用反证法证明，设{b_n}的公差为d，假设存在自然数n₀≥2，使得a${\;}_{{n}_{0}}$≤b${\;}_{{n}_{0}}$，推理可得d＞2，作差T_n-S_n，推出大于0，即可得证；
（3）运用等差数列和等比数列的求和公式，求得S_n，T_n，化简$\frac{{a}_{n}+2{T}_{n}}{{b}_{n}+2{S}_{n}}$，推出小于3，结合等差数列的通项公式和数列的单调性，即可得到所求值．

解答 解：（1）由3S_n+1=2S_n+S_n+2+a_n，得2（S_n+1-S_n）=S_n+2-S_n+1+a_n，
即2a_n+1=a_n+2+a_n，所以a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n．
由a₁=1，S₂=4，可知a₂=3．
所以数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列．
故{a_n}的通项公式为a_n=1+2（n-1）=2n-1，n∈N*．
（2）证法一：设数列{b_n}的公差为d，
则T_n=nb₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d，
由（1）知，S_n=$\frac{1}{2}$n（1+2n-1）=n²．
因为S_n＞T_n，所以n²＞nb₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d，
即（2-d）n+d-2b₁＞0恒成立，
所以$\left\{\begin{array}{l}{2-d≥0}\\{d-2{b}_{1}＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{d≤2}\\{2{b}_{1}＜d}\end{array}\right.$，
又由S₁＞T₁，得b₁＜1，
所以a_n-b_n=2n-1-b₁-（n-1）d=（2-d）n+d-1-b₁≥2-d+d-1-b₁=1-b₁＞0．
所以a_n＞b_n，得证．
证法二：设{b_n}的公差为d，假设存在自然数n₀≥2，使得a${\;}_{{n}_{0}}$≤b${\;}_{{n}_{0}}$，
则a₁+2（n₀-1）≤b₁+（n₀-1）d，即a₁-b₁≤（n₀-1）（d-2），
因为a₁＞b₁，所以d＞2．
所以T_n-S_n=nb₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d-n²=（$\frac{1}{2}$d-1）n²+（b₁-$\frac{1}{2}$d）n，
因为$\frac{1}{2}$d-1＞0，所以存在N${\;}_{{n}_{0}}$∈N*，当n＞N${\;}_{{n}_{0}}$时，T_n-S_n＞0恒成立．
这与“对任意的n∈N^*，都有S_n＞T_n”矛盾！
所以a_n＞b_n，得证．
（3）由（1）知，S_n=n²．因为{b_n}为等比数列，
且b₁=1，b₂=3，
所以{b_n}是以1为首项，3为公比的等比数列．
所以b_n=3^n-1，T_n=$\frac{1}{2}$（3ⁿ-1）．
则$\frac{{a}_{n}+2{T}_{n}}{{b}_{n}+2{S}_{n}}$=$\frac{2n-1+{3}^{n}-1}{{3}^{n-1}+2{n}^{2}}$=$\frac{{3}^{n}+2n-2}{{3}^{n-1}+2{n}^{2}}$=3-$\frac{6{n}^{2}-2n+2}{{3}^{n-1}+2{n}^{2}}$，
因为n∈N*，所以6n²-2n+2＞0，所以$\frac{{a}_{n}+2{T}_{n}}{{b}_{n}+2{S}_{n}}$＜3．
而a_k=2k-1，所以$\frac{{a}_{n}+2{T}_{n}}{{b}_{n}+2{S}_{n}}$=1，即3^n-1-n²+n-1=0（*）．
当n=1，2时，（*）式成立；
当n≥2时，设f（n）=3^n-1-n²+n-1，
则f（n+1）-f（n）=3ⁿ-（n+1）²+n-（3^n-1-n²+n-1）=2（3^n-1-n）＞0，
所以0=f（2）＜f（3）＜…＜f（n）＜…，
故满足条件的n的值为1和2．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查不等式的证明，注意运用恒成立思想和作差法，或反证法，考查数列的单调性的运用，考查化简整理的运算能力，属于难题．