Question

设数列{a_n}、{b_n}的各项都是正数，S_n为数列{a_n}的前n项和，且对任意n∈N^*，都有，b₁=e，，c_n=a_n+1•lnb_n（常数λ＞0，lnb_n是以为底数的自然对数，e=2.71828…）
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）用反证法证明：当λ=4时，数列{c_n}中的任何三项都不可能成等比数列；
（3）设数列{c_n}的前n项和为T_n，试问：是否存在常数M，对一切n∈N^*，（1-λ）T_n+λc_n≥M恒成立？若存在，求出M的取值范围；若不存在，请证明你的结论．

Answer 1

【答案】分析：（1）由条件 ①，求得a₁=1．当n≥2时，有 ②，由①-②可得数列{a_n}是公差等于2的等差数列，从而求得a_n=2n-1．再由，且b_n＞0，可得lnbn=lnb1×λn-1=λn-1，从而求得 b_n=．
（2）当λ=4时，假设第m项、第n项、第k项成等比数列，则有 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）4^m-1•（2k+1）4^k-1，即 m²+k²+mk+m+k=0，显然，这样的正整数m、k不存在，故数列{c_n}中的任何三项都不可能成等比数列．
（3）用错位相减法求得（1-λ）Tn=3+2λ（1+λ+λ²+…+λ^n-2）-（2n+1）λⁿ，①当λ=1时，求出M的取值范围．②当λ≠1时，再求出M的取值范围，综合可得结论．
解答：解：（1）∵因为a_n＞0，  ①，当n=1时，a12=4S1-2a1-1，解得a₁=1．
当n≥2时，有   ②，
由①-②得，（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=2（a_n+a_n-1），故有 a_n-a_n-1=2（n≥2），即数列{a_n}是公差等于2的等差数列，
所以a_n=a₁+（n-1）d=1+（n-1）×2=2n-1．
又因为，且b_n＞0，两边同时取自然对数得 lnb_n+1=λlnb_n，
由此可知数列{lnb_n}是以lnb₁=lne=1为首项，以λ为公比的等比数列，
所以lnbn=lnb1×λn-1=λn-1，所以，b_n=eλn-1．
（2）当λ=4时，由（1）知，c_n =a_n+1•lnb_n =（2n+1）•λn-1=（2n+1）•4^n-1．
假设第m项、第n项、第k项成等比数列，则有 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）4^m-1•（2k+1）4^k-1，
即 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）（2k+1）•4^m+k-2，∴，
∴（m+k+1）²=（2m+1）（2k+1），即 m²+k²+mk+m+k=0，显然，这样的正整数m、k不存在，故数列{c_n}中的任何三项都不可能成等比数列．
（3）解：∵c_n=a_n+1•lnb_n =（2n+1）•λ^n-1，
∴Tn=3×λ0+5×λ1+7×λ2+…+（2n-1）×λn-2+（2n+1）×λn-1…③．
∴λ×Tn=3×λ1+5×λ2+7×λ3+…+（2n-1）×λn-1+（2n+1）×λn…④．
由③-④得-3Tn=3+2×4+2×42+…+2×4n-1-（2n+1）×4n=3+2×-（2n+1）4ⁿ=，
所以，（1-λ）Tn=3+2λ（1+λ+λ²+…+λ^n-2）-（2n+1）λⁿ．
①当λ=1时，（1-λ）T_n+λc_n=（2n+1）（n∈N^*）在N^*上为单调递增函数，所以对于任意常数M∈（-∞，3]，（1-λ）T_n+λc_n=（2n+1）≥M恒成立．  
②当λ≠1时，．
记g（n）=g（n+1）-g（n）=2λⁿ＞0，
所以，数列g（n）为增函数．   
所以当λ≠1时，g（n）=≥g（1）=3．…（7分）
所以，所以对于任意常数M∈（-∞，3]，（1-λ）T_n+λc_n≥M恒成立． …（8分）
点评：本题主要考查数列求和问题，用反证法和放缩法证明不等式，函数的恒成立问题，属于难题．