Question

已知等差数列a_n中，公差d＞0，其前n项和为S_n，且满足a₂•a₃=45，a₁+a₄=14．
（1）求数列a_n的通项公式；
（2）设由bn=

Sn

n+c

（c≠0）构成的新数列为b_n，求证：当且仅当c=-

1

2

时，数列b_n是等差数列；
（3）对于（2）中的等差数列b_n，设cn=

8

(an+7)•bn

（n∈N^*），数列c_n的前n项和为T_n，现有数列f（n），f(n)=

2bn

an-2

-Tn（n∈N^*），
求证：存在整数M，使f（n）≤M对一切n∈N^*都成立，并求出M的最小值．

Answer 1

分析：（1）根据题意，由等差数列的性质，有a₁+a₄=a₂+a₃=14，与a₂•a₃=45联立，计算可得数列{a_n}的通项公式；
（2）首先计算Sn，代入数列 {

Sn

n+c

}，可得其通项公式，运用等差中项的性质分析，可得答案．
（3）根据题意，对于存在性问题，可先假设存在，即存在整数M，使f（n）≤M对一切n∈N^*都成立，再将数列{a_n}的通项公式代入b_n可得b_n的通项公式，进而运算消项求和法，求出M的最小值，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在．

解答：解：（1）∵等差数列a_n中，公差d＞0，
∴

a2•a3=45 a1+a4=14

?

a2•a3=45 a2+a3=14

?

a2=5 a3=9

?d=4?an=4n-3（4分）
（2）Sn=

n(1+4n-3)

2

=n(2n-1)，bn=

Sn

n+c

=

n(2n-1)

n+c

，（6分）
由2b₂=b₁+b₃得

12

2+c

=

1

1+c

+

15

3+c

，化简得2c²+c=0，c≠0，∴c=-

1

2

（8分）
反之，令c=-

1

2

，即得b_n=2n，显然数列b_n为等差数列，
∴当且仅当c=-

1

2

时，数列b_n为等差数列．（10分）
（3）∵cn=

8

(an+7)•bn

=

1

(n+1)n

=

1

n

-

1

n+1

∴Tn=1-

1

2

+

1

2

-

1

3

++

1

n

-

1

n+1

=

n

n+1

f(n)=

2bn

an-2

-Tn=

4n

4n-5

-

n

n+1

=1+

5

4n-5

-1+

1

n+1

=

5

4n-5

+

1

n+1

（12分）
∵f(1)=-

9

2

，而n≥2时f(n+1)-f(n)=

5

4n-1

+

1

n+2

-

5

4n-5

-

1

n+1

=

-20

(4n-1)(4n-5)

-

1

(n+2)(n+1)

＜0
∴f（n）在n≥2时为单调递减数列，此时f（n）_max=f（2）=2（14分）
∴存在不小于2的整数，使f（n）≤2对一切n∈N^*都成立，M_min=2（16分）

点评：本题考查等差数列的通项公式的运用，注意结合等差数列的性质分析，可以减少运算量，降低难度．