题目内容
已知数列{an}满足a1=4，an+1=an+p•3n+1，n∈N*，p为常数a1，a2+6，a3成等差数列．
（1）求p的值及数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}，bn=
，求{bn}的最大项．
（1）求p的值及数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}，bn=
| n2 |
| an-n |
考点：数列递推式,数列的函数特性,等差数列的性质
专题：点列、递归数列与数学归纳法
分析：（1）根据数列的递推关系，结合等差数列的关系即可求p的值及数列|an|的通项公式；
（2）根据条件求出数列{bn}的通项公式，结合数列的特点即可得到结论．
（2）根据条件求出数列{bn}的通项公式，结合数列的特点即可得到结论．
解答：
解：（1）解：因为a1=4，an+1=an+p•3n+1，
所以a2=a1+p•3+1=3p+5，a3=a2+p•32+1=12p+6．
因为a1，a2+6，a3成等差数列，所以2（a2+6）=a1+a3，
即6p+10+12=4+12p+6，所以p=2．
依题意，an+1=an+2•3n+1，
所以当n≥1时，an+1-an=2•3n+1，
则a2-a1=2•31+1，
a3-a2=2•32+1，
…
an-an-1=2•3n-1+1，
相加得an-a1=2•（3+32+33+…+3n-13）+n-1=2×
+n-1，
所以an=3n+n，
当n=1时，a1=3+1=4也成立，
所以an=3n+n．
（2）证明：因为an=3n+n，所以bn=
=
=
．
因为bn+1-bn=
-
=
，
若bn+1-bn＜0得-2n2+2n+1＜0，
解得n＞
，
即当n≥2时，bn+1＜bn．
又因为b1=
，b2=
，所以bn≤
．
故{bn}的最大项为b2=
．
所以a2=a1+p•3+1=3p+5，a3=a2+p•32+1=12p+6．
因为a1，a2+6，a3成等差数列，所以2（a2+6）=a1+a3，
即6p+10+12=4+12p+6，所以p=2．
依题意，an+1=an+2•3n+1，
所以当n≥1时，an+1-an=2•3n+1，
则a2-a1=2•31+1，
a3-a2=2•32+1，
…
an-an-1=2•3n-1+1，
相加得an-a1=2•（3+32+33+…+3n-13）+n-1=2×
| 3(1-3n-1) |
| 1-3 |
所以an=3n+n，
当n=1时，a1=3+1=4也成立，
所以an=3n+n．
（2）证明：因为an=3n+n，所以bn=
| n2 |
| an-n |
| n2 |
| 3n+n-n |
| n2 |
| 3n |
因为bn+1-bn=
| (n+1)2 |
| 3n+1 |
| n2 |
| 3n |
| -2n2+2n+1 |
| 3n+1 |
若bn+1-bn＜0得-2n2+2n+1＜0，
解得n＞
1+
| ||
| 2 |
即当n≥2时，bn+1＜bn．
又因为b1=
| 1 |
| 3 |
| 4 |
| 9 |
| 4 |
| 9 |
故{bn}的最大项为b2=
| 4 |
| 9 |
点评：本题主要考查数列递推关系的应用，结合等差数列的性质是解决本题的关键．综合性较强．
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