题目内容
19．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于3，则称这个数列为“S型数列”．（1）已知数列{an}满足a1=4，a2=8，an+an-1=8n-4（n≥2，n∈N*），求证：数列{an}是“S型数列”；
（2）已知等比数列{an}的首项与公比q均为正整数，且{an}为“S型数列”，记bn=$\frac{3}{4}$an，当数列{bn}不是“S型数列”时，求数列{an}的通项公式；
（3）是否存在一个正项数列{cn}是“S型数列”，当c2=9，且对任意大于等于2的自然数n都满足（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n}}$）≤$\frac{1}{{c}_{n-1}}$+$\frac{1}{{c}_{n}}$≤（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n-1}}$）？如果存在，给出数列{cn}的一个通项公式（不必证明）；如果不存在，请说明理由．
分析 （1）求出an=4n，从而an-an-1=4＞3，即可证明结论；
（2）证明{bn-bn-1}单调递增，又{bn}不是“S型数列”所以，存在n0，使得${b}_{{n}_{0}}$-${b}_{{n}_{0}-1}$≤3，所以b2-b1≤${b}_{{n}_{0}}$-${b}_{{n}_{0}-1}$≤3，即a1（q-1）≤4又因为a2-a1＞3，即a1（q-1）＞3且a1，q∈N+，所以a1（q-1）=4，由此可得结论；
（3）可取an=（n+1）2，符合条件．
解答 解：（1）证明：由题意，an+1+an=8n+4 ①，an+an-1=8n-4 ②，
②-①得an+1-an-1=8 …（4分）
所以a2n=8n，a2n-1=8n-4，因此an=4n，从而an-an-1=4＞3
所以，数列{an}是“S型数列”…（6分）
（2）由题意可知a1≥1，且an-an-1=4＞3，因此{an}单调递增且q≥2
而（an-an-1）-（an-1-an-2）=an-1（q-1）-an-2（q-1）=（q-1）（an-1-an-2）＞0
所以{an-an-1}单调递增，
又bn=$\frac{3}{4}$an，因此{bn-bn-1}单调递增 …（8分）
又{bn}不是“S型数列”所以，存在n0，使得${b}_{{n}_{0}}$-${b}_{{n}_{0}-1}$≤3，所以b2-b1≤${b}_{{n}_{0}}$-${b}_{{n}_{0}-1}$≤3，
即a1（q-1）≤4又因为a2-a1＞3，即a1（q-1）＞3且a1，q∈N+，所以a1（q-1）=4
从而a1=4，q=2或a1=2，q=3或a1=1，q=5
∴an=2n+1或${a_n}=2•{3^{n-1}}$或${a_n}={5^{n-1}}$…（12分）
（3）可取an=（n+1）2，验证符合（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n}}$）≤$\frac{1}{{c}_{n-1}}$+$\frac{1}{{c}_{n}}$≤（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n-1}}$）条件，
而且an-an-1=2n+1＞3 …（16分）
点评 本题考查新定义，考查数列的通项，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
全优考典单元检测卷及归类总复习系列答案
（1）在Rt ABC 中，CA CB，斜边AB 上的高为 h，则$\frac{1}{{h}^{2}}$ $\frac{1}{C{A}^{2}}$ $\frac{1}{C{B}^{2}}$，类比此性质，如图，在四面体 PABC中，若 PA，PB，PC两两垂直，底面ABC上的高为 h，可猜想得到的结论为$\frac{1}{{h}^{2}}$=$\frac{1}{P{A}^{2}}$+$\frac{1}{P{B}^{2}}$+$\frac{1}{P{C}^{2}}$．| A． | a3a4 | B． | a4a5 | C． | a5a6 | D． | a6a7 |