Question

已知數列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=2a_n-n²+3n（n∈N⁺），
（1）是否存在常數λ，μ，使得數列{a_n+λn²+μn}是等比數列，若存在，求λ，μ的值，若不存在，說明理由；
（2）設b_n=a_n-n²+n（n∈N⁺），數列{b_n}的前n項和為S_n，是否存在常數c，使得lg（S_n-c）+lg（S_n+2-c）=2lg（S_n+1-c）成立？并證明你的結論；
（3）設cn=

1

an+n-2n-1

，T_n=c₁+c₂+…+c₃，證明

6n

(n+1)(2n+1)

＜T_n＜

5

3

（n≥2）．

Answer 1

分析：（1）由題意知a_n+1=2a_n+λn²+（μ-2λ）n-λ-μ，故

λ=-1 μ-2λ=3 -λ-μ=0

，所以存在

λ=-1 μ=1

，使得數列{a_n+λn²+μn}是等比數列．
（2）由題意得b_n=2^n-1，要使得lg（S_n-c）+lg（S_n+2-c）=2lg（S_n+1-c）成立，則有c=-1，所以，存在常數c=-1，使得lg（S_n-c）+lg（S_n+2-c）=2lg（S_n+1-c）成立．
（3）由題意知cn=

1

n2

，cn=

1

n2

＜

1

n2- 1 4

=

1

n- 1 2

-

1

n+ 1 2

，所Tn=c1+c2++c3＜1+

2

3

-

1

n+ 1 2

＜

5

3

(n≥2)，由此可證明

6n

(n+1)(2n+1)

＜T_n＜

5

3

（n≥2）．

解答：解：（1）設a_n+1=2a_n-n²+3n可化為a_n+1+λ（n+1）²+μ（n+1）=2（a_n+λn²+μn），
即a_n+1=2a_n+λn²+（μ-2λ）n-λ-μ，
故

λ=-1 μ-2λ=3 -λ-μ=0

，得

λ=-1 μ=1

，
又a₁-1²+1≠0，所以存在

λ=-1 μ=1

，使得數列{a_n+λn²+μn}是等比數列；
（2）由（1）得a_n-n²+n=（a₁-1²+1）•2^n-1，得a_n=2^n-1+n²-n，所以b_n=2^n-1，
要使得lg（S_n-c）+lg（S_n+2-c）=2lg（S_n+1-c）成立，
則有

(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2 Sn-c＞0

，得c=-1，
所以，存在常數c=-1，使得lg（S_n-c）+lg（S_n+2-c）=2lg（S_n+1-c）成立；
（3）證明：因為a_n=2^n-1+n²-n，
所以cn=

1

n2

，
而cn=

1

n2

＜

1

n2- 1 4

=

1

n- 1 2

-

1

n+ 1 2

，
所以Tn=c1+c2++c3＜1+

2

3

-

1

n+ 1 2

＜

5

3

(n≥2)，
又當n=2時，T2=

5

4

＞

4

5

，符合；
當n≥3時，cn=

1

n2

＞

1

n

-

1

n+1

，
得Tn=c1+c2++c3＞1-

1

n+1

=

n

n+1

＞

n

n+1

•

6

2n+1

=

6n

(n+1)(2n+1)

；
綜上，

6n

(n+1)(2n+1)

＜T_n＜

5

3

（n≥2）得證．

點評：本題考查數列的綜合運用，解題時要認真審題，仔細解答．