题目内容

设数列{an}前n项和为Sn，且（3-m）Sn+2man=m+3（n∈N*）．其中m为实常数，m≠-3且m≠0．
（1）求证：{an}是等比数列；
（2）若数列{an}的公比满足q=f（m）且b1=a1，bn=
3
2
f(bn-1)(n∈N*，n≥2)，求{bn}的通项公式；
（3）若m=1时，设Tn=a1+2a2+3a3+…+nan（n∈N*），是否存在最大的正整数k，使得对任意n∈N*均有Tn＞
k
8
成立，若存在求出k的值，若不存在请说明理由．
分析：（1）由（3-m）Sn+2man=m+3，得（3-m）Sn+1+2man+1=m+3，由此能够证明{an}是等比数列．
（2）由b1=a1=1，q=f(m)=
2m
m+3
，n∈N*，知n≥2时，bn=
3
2
f(bn-1)=
3
2
•
2bn-1
bn-1+3
，所以{
1
bn
}是以1为首项，
1
3
为公差的等差数列，由此能求出bn=
3
n+2
．
（3）由Tn=1+2(
1
2
)1+3(
1
2
)2+…+n(
1
2
)n-1，知
1
2
Tn=
1
2
+2(
1
2
)2+3(
1
2
)3+…+n(
1
2
)n，由此能求出k的最大值．
解答：解：（1）由（3-m）Sn+2man=m+3，
得（3-m）Sn+1+2man+1=m+3，
两式相减，得（3+m）an+1=2man（m≠-3），
∴
an+1
an
=
2m
m+3
，
∵m是常数，且m≠-3，m≠0，
故
2m
m+3
为不为0的常数，
∴{an}是等比数列．
（2）由b1=a1=1，q=f(m)=
2m
m+3
，n∈N*，
且n≥2时，bn=
3
2
f(bn-1)=
3
2
•
2bn-1
bn-1+3
，
得bnbn-1+3bn=3bn-1⇒
1
bn
-
1
bn-1
=
1
3
，
∴{
1
bn
}是以1为首项，
1
3
为公差的等差数列，
∴
1
bn
=1+
n-1
3
=
n+2
3
，
故bn=
3
n+2
．
（3）由已知Tn=1+2(
1
2
)1+3(
1
2
)2+…+n(
1
2
)n-1，
∴
1
2
Tn=
1
2
+2(
1
2
)2+3(
1
2
)3+…+n(
1
2
)n
相减得：
1
2
Tn=1+
1
2
+(
1
2
)2+(
1
2
)3+…+(
1
2
)n-1-n(
1
2
)n=
1-(
1
2
)n
1-
1
2
-n(
1
2
)n，
∴Tn=4-
n+2
2n-1
，
Tn+1-Tn=(4-
n+3
2n
)-(4-
n+2
2n-1
)=
n+1
2 n
＞0，
Tn递增，
∴(Tn)min=T1=4-
3
20
=1，
∵Tn＞
k
8
对n∈N*均成立，
∴
k
8
＜(Tn)min=1，
又k∈N*，∴k最大值为7．
点评：本题考查数列的综合运用，解题时要认真审题，仔细解答，合理地运用错位相减法进行证明．注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．
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n(an+1)2
，n∈N*且a2=a，
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n(n-1)2
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