已知数列{an}是各项均为正数的等差数列．(1)若a1=2.且a2.a3.a4+1成等比数列.求数列{an}的通项公式an,的条件下.数列{an}的前n和为Sn.设bn=1Sn+1+1Sn+2+-+1S2n.若对任意的n∈Φ.不等式bn≤k恒成立.求实数k的最小值,(3)若数列{an}中有两项可以表示为某个整数c的不同次幂.求证:数列{an}中存在无穷多项构成� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

已知数列{a_n}是各项均为正数的等差数列．
（1）若a₁=2，且a₂，a₃，a₄+1成等比数列，求数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）在（1）的条件下，数列{a_n}的前n和为S_n，设b_n=

Sn+1

Sn+2

+…+

S2n

，若对任意的n∈^Φ，不等式b_n≤k恒成立，求实数k的最小值；
（3）若数列{a_n}中有两项可以表示为某个整数c（c＞1）的不同次幂，求证：数列{a_n}中存在无穷多项构成等比数列．

考点：数列与不等式的综合

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由已知得a32=a₂（a₄+1），d＞0，由此能求出数列{a_n}的通项公式a_n=2n．
（2）由S_n=n（n+1），得bn=

Sn+1

Sn+2

+…+

S2n

2n+

，要使对任意的正整数n，不等式b_n≤k恒成立，需使k≥[bn]max=

，由此能求出实数k的最小值．10分）
（3）设c^r=a_i，c^s=a_j，其中a_i，a_j 是数列的项，a是大于1的整数，r＜s，i＜j，令t=s-r，则c^s-c^r=c^S-c^r=c^r（c^t-1），由此能证明数列{a_n}中存在无穷多项构成等比数列．

解答： （1）解：因为a₁=2，且a₂，a₃，a₄+1成等比数列，
所以a₁=2，a32=a₂（a₄+1），又因为{a_n}是正项等差数列，故d＞0
所以（2+2d）²=（2+d）（3+3d），得d=2或d=1（舍去），
所以数列{a_n}的通项公式a_n=2n．…（4分）
（2）解：因为S_n=n（n+1），
bn=

Sn+1

Sn+2

+…+

S2n

(n+1)(n+2)

(n+2)(n+3)

+…+

2n(2n+1)

n+1

n+2

n+3

+…+

2n+1

n+1

2n2+3n+1

2n+

，
令f(x)=2x+

（x≥1），则f′（x）=2x-

，当xx≥1时，f′（x）＞0恒成立，
所以f（x）在[1，+∞）上是增函数，
故当x=1时，[f（x）]_min=f（1）=3，即当n=1时，[b_n]_max=

，
要使对任意的正整数n，不等式b_n≤k恒成立，
则须使k≥[bn]max=

，所以实数k的最小值为

．…（10分）
（3）证明：因为这个数列的所有项都是正数，并且不相等，所以d＞0，
设c^r=a_i，c^s=a_j，其中a_i，a_j 是数列的项，a是大于1的整数，r＜s，i＜j，
令t=s-r，则c^s-c^r=c^S-c^r=c^r（c^t-1），
故c^s-c^r=a_j-a_i是d的整数倍，是c的r+kt次幂c^c+kl，
所以c^r+kl-c^r=c^r（c^kt-1）=c^r（c^t-1）（c^（k-l）t+k+1），右边是d的整数倍．
所有c^r+kt这种形式是数列{a_n}中某一项，
因此有等比数列{b_n}，其中b1=cr，q=c^t=c^5-r． …（16分）

点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查实数的最小值的求法，考查等比数列的证明，解题要注意不等式性质和数列知识的合理运用．