Question

已知数列{a_n}的前n项和Sn=2n2+2n，数列{b_n}的前n项和T_n=2-b_n，n∈N^*，
（1）求{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）设cn=an2•bn，是否存在正整数k，使得c_n≤c_k对n∈N^*恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由数列{a_n}的前n项和Sn=2n2+2n，利用an=

S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2

，能求出{a_n}的通项公式；由数列{b_n}的前n项和T_n=2-b_n，n∈N^*，知T_n-1=2-b_n-1，n≥2，两式相减，得b_n=b_n-1-b_n，由此能求出{b_n}的通项公式．
（2）由cn=an2•bn，知c_n=16n²•

1

2n-1

，故c_n+1-c_n=-16•

1

2n

（n-1-

2

）（n-1+

2

），由此能够推导出存在正整数3，使得c_n≤c₃对n∈N₊恒成立．

解答：解：（1）∵数列{a_n}的前n项和Sn=2n2+2n，
∴a₁=S₁=2+2=4，
n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2n²+2n）-[2（n-1）²+2（n-1）]=4n，
当n=1时，4n=4=a₁，
∴a_n=4n．
∵数列{b_n}的前n项和T_n=2-b_n，n∈N^*，
∴T_n-1=2-b_n-1，n≥2，
两式相减，得b_n=b_n-1-b_n，
∴bn=

1

2

bn-1，n≥2，
由T₁=2-b₁，得b₁=1，
∴{b_n}是以1为首项，

1

2

为公比的等比数列，
∴bn=(

1

2

)n-1，n∈N₊．
（2）∵cn=an2•bn，
∴c_n=16n²•

1

2n-1

，
∴c_n+1-c_n=16（n+1）²•

1

2n

-16n²•

1

2n-1

=-16•

1

2n

（n²-2n-1）
=-16•

1

2n

（n-1-

2

）（n-1+

2

），
∴1≤n≤2时，c_n+1-c_n＞0，c_n＜c_n+1，
即c₁＜c₂＜c₃，
n≥3时，c_n+1-c_n＜0，c_n＞c_n+1，
即c₃＞c₄＞…，
∴{c_n}的最大项为c₃，
即存在正整数3，使得c_n≤c₃对n∈N₊恒成立．

点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查满足条件的正整数的探索，具有一定的探索性，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．