题目内容
已知数列{an}的前n项和Sn=2n2+2n，数列{bn}是各项都为正数的等比数列，且满足a1=b1+3，b3（a2-a1）=b1．
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设Tn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn，求证：Tn＜16
（Ⅲ）记cn=（an-5）•bn，是否存在正整数M，使得对一切n∈N*，都有cn≤M恒成立？若存在，请求出M的最小值；若不存在，请说明理由．
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设Tn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn，求证：Tn＜16
（Ⅲ）记cn=（an-5）•bn，是否存在正整数M，使得对一切n∈N*，都有cn≤M恒成立？若存在，请求出M的最小值；若不存在，请说明理由．
分析：（I）利用Sn=2n2+2n，再写一式，两式相减，可求数列{an}的通项公式；利用a1=b1+3，b3（a2-a1）=b1，可求{bn}的通项公式；
（Ⅱ）利用错位相减法求Tn，即可证得结论；
（III）确定c3=
是数列{cn}的最大项，即可确定正整数M的值．
（Ⅱ）利用错位相减法求Tn，即可证得结论；
（III）确定c3=
| 7 |
| 4 |
解答：（Ⅰ）解：∵数列{an}的前n项和，Sn=2n2+2n，
∴an=Sn-Sn-1=4n(n∈N*，n≥2)
又a1=S1=4，适合上式
∴数列{an}的通项公式为an=4n(n∈N*)…（2分）
∵数列{bn}是正项等比数列，b1=a1-3=1，a2-a1=4，
∴b3=
，∴公比q=
，
则数列{bn}的通项公式为bn=
（n∈N*）． …（4分）
（Ⅱ）证明：∵an=4n，
=
∴Tn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=4[1+2•
+3•
…+n•
]
∴
•Tn=4[1•
+2•
+…++(n-1)•
+n•
]…（6分）
•Tn=4[(1+
+
+…++
)-n•
]=4•
-4n•
∴Tn═16-(16+8n)•
＜16…（10分）
（Ⅲ）解：∵cn=an•bn=
，
∴cn+1-cn=
-
=
，…（11分）
当n≤2时，cn+1-cn＞0，∴c3＞c2＞c1；
当n≥3时，cn+1＜cn，即c3＞c4＞c5＞…．
∴c3=
是数列{cn}的最大项，…（13分）
故存在最小的正整数M=2，使得对一切n∈N*，cn≤M恒成立． …（14分）
∴an=Sn-Sn-1=4n(n∈N*，n≥2)
又a1=S1=4，适合上式
∴数列{an}的通项公式为an=4n(n∈N*)…（2分）
∵数列{bn}是正项等比数列，b1=a1-3=1，a2-a1=4，
∴b3=
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
则数列{bn}的通项公式为bn=
| 1 |
| 2n-1 |
（Ⅱ）证明：∵an=4n，
| b | n |
| 1 |
| 2n-1 |
∴Tn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=4[1+2•
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 2n-1 |
∴
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 2n |
1-
| ||
1-
|
| 1 |
| 2n |
∴Tn═16-(16+8n)•
| 1 |
| 2n |
（Ⅲ）解：∵cn=an•bn=
| 4n-5 |
| 2n-1 |
∴cn+1-cn=
| 4n-1 |
| 2n |
| 4n-5 |
| 2n-1 |
| 9-4n |
| 2n |
当n≤2时，cn+1-cn＞0，∴c3＞c2＞c1；
当n≥3时，cn+1＜cn，即c3＞c4＞c5＞…．
∴c3=
| 7 |
| 4 |
故存在最小的正整数M=2，使得对一切n∈N*，cn≤M恒成立． …（14分）
点评：本题考查等差数列与等比数列的综合，考查数列的通项与求和，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
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| A、16 | B、8 | C、4 | D、不确定 |