Question

設數列{a_n}{b_n}的各項都是正數，S_n為數列{a_n}的前n項和，且對任意n∈N^*．都有an2=2Sn-an，b₁=e，bn+1=bn2．c_n=a_n•lnb_n（e是自然對數的底數，e=2.71828…）
（1）求數列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）求數列{c_n}的前n項和T_n；
（3）試探究是否存在整數λ，使得對于任意n∈N^*，不等式

5(n-1)

2Sn-1

＜λ＜

4(Tn-1)

(n-1)n(n+1)

恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據原題給出的遞推式，取n=1求解a₁，取n=n-1得另一遞推式，兩式作差后可以判斷數列{a_n}為等差數列，因為bn+1=bn2，兩邊取對數后可得到一新數列{lnb_n}，并且同時得到該數列的首項和公比，則數列{a_n}、{b_n}的通項公式可求；
（2）把求得的數列{a_n}、{b_n}的通項公式代入c_n=a_n•lnb_n后，利用錯位相減法可求數列{c_n}的前n項和；
（3）求出數列{a_n}的前n項和，連同和T_n代入不等式

5(n-1)

2Sn-1

＜λ＜

4(Tn-1)

(n-1)n(n+1)

，整理后求不等式左邊的最大值和右邊的最小值，利用兩邊夾的辦法求實數λ的值．

解答：解：（1）因為a_n＞0，an2=2Sn-an，①
當n=1時，a12=2S1-a1，解得a₁=1；                                 
當n≥2時，有

a

2 n-1

=2Sn-1-an-1，②
由①-②得，an2-

a

2 n-1

=2(Sn-Sn-1)-(an-an-1)=an+an-1．
即（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=a_n+a_n-1．
因為a_n＞0，所以a_n-a_n-1=1（n≥2），即數列{a_n}是等差數列，
所以a_n=a₁+（n-1）d=1+n-1=n．
又因為bn+1=bn2，且b_n＞0，取自然對數得lnb_n+1=2lnb_n，
由此可知數列{lnb_n}是以lnb₁=lne=1為首項，以2為公比的等比數列，
所以lnbn=lnb1×2n-1=2n-1，
所以bn=e2n-1．
（2）由（1）知，cn=an•lnbn=n•2n-1，
所以Tn=1×20+2×21+3×22+…+(n-1)×2n-2+n×2n-1 ③
2×Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n  ④
由③-④得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n，
所以Tn=(n-1)2n+1．
（3）由a_n=n，an2=2Sn-an得Sn=

n2+n

2

，
由

5(n-1)

2Sn-1

＜λ＜

4(Tn-1)

(n-1)n(n+1)

可得

5(n-1)

n2+n-1

＜λ＜

2n+2

n(n+1)

，
即使得對于任意n∈N^*且n≥2，不等式

5(n-1)

2Sn-1

＜λ＜

4(Tn-1)

(n-1)n(n+1)

恒成立等價于使得對于
任意n∈N^*且n≥2，不等式

5(n-1)

n2+n-1

＜λ＜

2n+2

n(n+1)

恒成立．
∵

5(n-1)

n2+n-1

=

5

n+ 2n-2+1 n-1

=

5

n+2+ 1 n-1

≤1，當n=2時取最大值是1．
又令g(n)=

2n+2

n(n+1)

，
由

g(n)≤g(n-1) g(n)≤g(n+1)

可得

2n+2 n(n+1) ≤ 2n+1 n(n-1) 2n+2 n(n+1) ≤ 2n+3 (n+1)(n+2)

，
化簡得：

2 n+1 ≤ 1 n-1 1 n ≤ 2 n+2

，
解得2≤n≤3，所以當n=2或3時，g（n）取最小值，最小值為g(2)=g(3)=

8

3

，
所以λ=2時，原不等式恒成立．

點評：本題考查了等差數列和等比數列的通項公式，考查了錯位相減法求數列的前n項和，對于（3）的求解運用了數列的函數特性及基本不等式求最值，該題是一道綜合性較強的題目，考查了學生綜合處理問題的能力和計算能力，此題算得上是難度性較強的題目．