Question

已知數列{a_n}的前n項和Sn=2n2+2n，數列{b_n}的前n項和T_n=2-b_n，n∈N^*，
（1）求{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）設cn=an2•bn，是否存在正整數k，使得c_n≤c_k對n∈N^*恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）由數列{a_n}的前n項和Sn=2n2+2n，利用an=

S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2

，能求出{a_n}的通項公式；由數列{b_n}的前n項和T_n=2-b_n，n∈N^*，知T_n-1=2-b_n-1，n≥2，兩式相減，得b_n=b_n-1-b_n，由此能求出{b_n}的通項公式．
（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

），由此能夠推導出存在正整數3，使得c_n≤c₃對n∈N₊恒成立．

解答：解：（1）∵數列{a_n}的前n項和Sn=2n2+2n，
∴a₁=S₁=2+2=4，
n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（2n²+2n）-[2（n-1）²+2（n-1）]=4n，
當n=1時，4n=4=a₁，
∴a_n=4n．
∵數列{b_n}的前n項和T_n=2-b_n，n∈N^*，
∴T_n-1=2-b_n-1，n≥2，
兩式相減，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為首項，

1

2

為公比的等比數列，
∴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時，c_n+1-c_n＞0，c_n＜c_n+1，
即c₁＜c₂＜c₃，
n≥3時，c_n+1-c_n＜0，c_n＞c_n+1，
即c₃＞c₄＞…，
∴{c_n}的最大項為c₃，
即存在正整數3，使得c_n≤c₃對n∈N₊恒成立．

點評：本題考查數列的通項公式的求法，考查滿足條件的正整數的探索，具有一定的探索性，解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化．