Question

9．已知{a_n}是各项均为正数的等差数列，其前n项和为S_n，且a₂•a₃=40，S₄=26．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若数列{b_n}的前n项和为T_n，且b₁=1，3b_n+1=2（a${\;}_{{b}_{n}}$+1）．
①求证：数列{b_n}是等比数列；
②求满足S_n＞T_n的所有正整数n的值．

Answer 1

分析 （1），设首项为a₁，公差为d（d＞0），可得$\left\{\begin{array}{l}（{a_1}+d）（{a_1}+2d）=40\\ 4{a_1}+\frac{4（4-1）d}{2}=26\\ d＞0.\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=2\\ d=3\end{array}\right.$，即可求数列{a_n}的通项公式；
（2）①由（1）知3b_n+1=2（3b_n-1）+2=6b_n，即b_n+1=2b_n，得数列{b_n}是等比数列；②由（1）知a_n=3n-1，所以${s}_{n}=\frac{n（3n+1）}{2}=\frac{3{n}^{2}+n}{2}$，
由（2）中①知${b_n}={2^{n-1}}$，所以${T_n}=\frac{{1-{2^n}}}{1-2}={2^n}-1$，要使S_n＞T_n，即$\frac{{3{n^2}+n}}{2}＞{2^n}-1$，即$\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}＞1$，设${c_n}=\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}$，求满足S_n＞T_n的所有正整数n，即求c_n＞1的所有正整数n，利用c_n的单调性求解．

解答 解：（1）：因为数列{a_n}是正项等差数列，设首项为a₁，公差为d（d＞0），
所以$\left\{\begin{array}{l}（{a_1}+d）（{a_1}+2d）=40\\ 4{a_1}+\frac{4（4-1）d}{2}=26\\ d＞0.\end{array}\right.$…（2分）
解得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=2\\ d=3\end{array}\right.$，所以a_n=3n-1．        …（4分）
（2）①证明：由（1）知a_n=3n-1，因为$3{b_{n+1}}=2{a_{b_n}}+2$，
所以3b_n+1=2（3b_n-1）+2=6b_n，即b_n+1=2b_n，…（6分）
因为b₁=1≠0，所以b_n≠0，所以$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=2$，
所以数列{b_n}是等比数列．…（8分）
②由（1）知a_n=3n-1，所以${s}_{n}=\frac{n（3n+1）}{2}=\frac{3{n}^{2}+n}{2}$，
由（2）中①知${b_n}={2^{n-1}}$，所以${T_n}=\frac{{1-{2^n}}}{1-2}={2^n}-1$，…（10分）
要使S_n＞T_n，即$\frac{{3{n^2}+n}}{2}＞{2^n}-1$，即$\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}＞1$，
设${c_n}=\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}$，求满足S_n＞T_n的所有正整数n，即求c_n＞1的所有正整数n，
令$\frac{{{c_{n+1}}}}{c_n}=\frac{{\frac{{3{{（n+1）}^2}+（n+1）+2}}{{{2^{n+2}}}}}}{{\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}}}=\frac{{3{n^2}+7n+6}}{{6{n^2}+2n+4}}≥1$，即3n²-5n-2≤0，
解得，$-\frac{1}{3}≤n≤2$，因为n∈N^*，所以n=1或n=2，
即${c_3}={c_2}＞{c_1}=\frac{4}{3}＞1$，当n≥3时，数列{c_n}是单调递减数列，…（14分）
又因为${c_5}=\frac{82}{64}＞1，{c_6}=\frac{116}{128}＜1$，
所以当n取1，2，3，4，5时，c_n＞1，当n≥6时，c_n＜1，
所以满足S_n＞T_n的n所有取值为1，2，3，4，5．…（16分）

点评 本题考查了等差、等比数列的通项，考查了数列的单调性，属于中档题．