题目内容
已知数列{an}中，a1=0，an+1=an•q+qn+1（q＞0），bn=an+2n，n=1，2，3，…．（I）求证数列{
| an |
| qn |
（II）试比较b1b3与b22的大小；
（III）求正整数k，使得对于任意的正整数n，
| bk |
| bk+1 |
| bn |
| bn+1 |
分析：（I）由an+1=an•q+qn+1（q＞0）两边同除以qn+1构造
，再由等差数列的定义证明．
（II）由bn=an+2n及（I）求得b1=2，b2=q2+4，b3=2q3+8，再构建b1b3与b22作差比较．
（III从k=1入手构建
-
=
，进行探究．
| an |
| qn |
（II）由bn=an+2n及（I）求得b1=2，b2=q2+4，b3=2q3+8，再构建b1b3与b22作差比较．
（III从k=1入手构建
| bn |
| bn+1 |
| b1 |
| b2 |
| b2bn-b1bn+1 |
| b2bn+1 |
解答：解：（I）∵an+1=an•q+qn+1（q＞0）
∴
=
=
+1，又
=0，
即数列{
}是以0为首项，1为公差的等差数列（3分）
且
=n-1，an=（n-1）qn（n=1，2，3）
（II）bn=an+2n=（n-1）qn+2n（4分）
∴b1=2，b2=q2+4，b3=2q3+8（5分）
∴b22-b1b3=（q2+4）2-2（2q3+8）=（q4+8q2+16）-4q3-16=q4-4q3+8q2=q2（q2-4q+8）=q2[（q-2）2+4]＞0
∴b22＞b1b3（8分）
（III）∵bn=（n-1）qn+2n，n=1，2，3，…，∴bn＞0
b1=2，b2=q2+4，bn+1=nqn+1+2n+1
-
=
又b2bn-b1bn+1=（q2+4）[（n-1）qn+2n]-2（nqn+1+2n+1）
=[（q2+4）（n-1）-2nq]qn+q2•2n
①当n=1时，b2bn-b1bn+1=0，即
=
②当n≥2时，∵q＞0，q2+4≥2•q•2=4q
∴（q2+4）（n-1）-2nq≥4（n-1）q-2nq=2（n-2）q≥0又q2•2n＞0
∴b2bn-b1bn+1＞0
由①②得
-
=
≥0，即对于任意的正整数n，
≤
恒成立
故所求的正整数k=1．
∴
| an+1 |
| qn+1 |
| an•q+qn+1 |
| qn+1 |
| an |
| qn |
| a1 |
| q |
即数列{
| an |
| qn |
且
| an |
| qn |
（II）bn=an+2n=（n-1）qn+2n（4分）
∴b1=2，b2=q2+4，b3=2q3+8（5分）
∴b22-b1b3=（q2+4）2-2（2q3+8）=（q4+8q2+16）-4q3-16=q4-4q3+8q2=q2（q2-4q+8）=q2[（q-2）2+4]＞0
∴b22＞b1b3（8分）
（III）∵bn=（n-1）qn+2n，n=1，2，3，…，∴bn＞0
b1=2，b2=q2+4，bn+1=nqn+1+2n+1
| bn |
| bn+1 |
| b1 |
| b2 |
| b2bn-b1bn+1 |
| b2bn+1 |
又b2bn-b1bn+1=（q2+4）[（n-1）qn+2n]-2（nqn+1+2n+1）
=[（q2+4）（n-1）-2nq]qn+q2•2n
①当n=1时，b2bn-b1bn+1=0，即
| b1 |
| b2 |
| bn |
| bn+1 |
②当n≥2时，∵q＞0，q2+4≥2•q•2=4q
∴（q2+4）（n-1）-2nq≥4（n-1）q-2nq=2（n-2）q≥0又q2•2n＞0
∴b2bn-b1bn+1＞0
由①②得
| bn |
| bn+1 |
| b1 |
| b2 |
| b2bn- b1bn+1 |
| b2bn+1 |
| b1 |
| b2 |
| bn |
| bn+1 |
故所求的正整数k=1．
点评：本题主要考查构造数列以及不等式和恒成立问题在数列中的应用．
练习册系列答案
相关题目
已知数列{an}中，a1=1，2nan+1=（n+1）an，则数列{an}的通项公式为（ ）
A、
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B、
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C、
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D、
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