Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且，其中m是与n无关的常数，且m≠0，n∈N^*．
（I）证明：数列{a_n-1}是等比数列；
（II）设b_n=3n+1-a_n，当m≥2时，求数列{b_n}的最大值f（m），并求f（m）的最大值．

Answer 1

解：（I）因为①
所以②（2分）
由②-①，得
化简得，，（6分）
又n=1时，a₁=2^m+1，（7分）
所以{a_n-1}是以a₁=2^m+1为首项，2^m为公比的等比数列．（8分）
（II）由（I）得a_n=2^mn+1，（9分）
因为b_n=3n+1-a_n=3n-2^mn，
所以b_n+1=3（n+1）-2^m（n+1），
因此b_n+1-b_n=3-2^mn（2^m-1），（11分）
因为m≥2，所以2^m-1≥3，2^mn＞1，
所以b_n+1-b_n＜0，即b_n+1＜b_n对n∈N^*恒成立，
所以f（m）=b₁=3-2^m，（14分）
从而f（m）_max=3-4=-1．（16分）
（若设f（x）=3x-（2^m）^x，利用导数求该函数为减函数同样得满分．）
分析：（I）利用已知所给的递推公式及a_n+1=S_n+1-S_n可得得，整理可得，及a₁=2^m+1，可证
（II））由（I）得a_n=2^mn+1由b_n=3n+1-a_n=3n-2^mn，可得b_n+1=3（n+1）-2^m（n+1），从而可得b_n+1-b_n=3-2^mn（2^m-1）由m≥2，可得2^m-1≥3，2^mn＞1，即b_n+1＜b_n对n∈N^*恒成立，f（m）=b₁=3-2^m，从而可求f（m）_max
点评：（1）利用定义是证明数列为等比数列的常用方法，另外等比数列的等比中项法的应用也要主要掌握．
（2）利用作差法证明数列的单调性进而求解数列的最值问题是解决此题的关键．