Question

设数列{a_n}{b_n}的各项都是正数，S_n为数列{a_n}的前n项和，且对任意n∈N^*．都有an2=2Sn-an，b₁=e，bn+1=bn2．c_n=a_n•lnb_n（e是自然对数的底数，e=2.71828…）
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）求数列{c_n}的前n项和T_n；
（3）试探究是否存在整数λ，使得对于任意n∈N^*，不等式

5(n-1)

2Sn-1

＜λ＜

4(Tn-1)

(n-1)n(n+1)

恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）根据原题给出的递推式，取n=1求解a₁，取n=n-1得另一递推式，两式作差后可以判断数列{a_n}为等差数列，因为bn+1=bn2，两边取对数后可得到一新数列{lnb_n}，并且同时得到该数列的首项和公比，则数列{a_n}、{b_n}的通项公式可求；
（2）把求得的数列{a_n}、{b_n}的通项公式代入c_n=a_n•lnb_n后，利用错位相减法可求数列{c_n}的前n项和；
（3）求出数列{a_n}的前n项和，连同和T_n代入不等式

5(n-1)

2Sn-1

＜λ＜

4(Tn-1)

(n-1)n(n+1)

，整理后求不等式左边的最大值和右边的最小值，利用两边夹的办法求实数λ的值．

解答：解：（1）因为a_n＞0，an2=2Sn-an，①
当n=1时，a12=2S1-a1，解得a₁=1；                                 
当n≥2时，有

a

2 n-1

=2Sn-1-an-1，②
由①-②得，an2-

a

2 n-1

=2(Sn-Sn-1)-(an-an-1)=an+an-1．
即（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=a_n+a_n-1．
因为a_n＞0，所以a_n-a_n-1=1（n≥2），即数列{a_n}是等差数列，
所以a_n=a₁+（n-1）d=1+n-1=n．
又因为bn+1=bn2，且b_n＞0，取自然对数得lnb_n+1=2lnb_n，
由此可知数列{lnb_n}是以lnb₁=lne=1为首项，以2为公比的等比数列，
所以lnbn=lnb1×2n-1=2n-1，
所以bn=e2n-1．
（2）由（1）知，cn=an•lnbn=n•2n-1，
所以Tn=1×20+2×21+3×22+…+(n-1)×2n-2+n×2n-1 ③
2×Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n  ④
由③-④得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n，
所以Tn=(n-1)2n+1．
（3）由a_n=n，an2=2Sn-an得Sn=

n2+n

2

，
由

5(n-1)

2Sn-1

＜λ＜

4(Tn-1)

(n-1)n(n+1)

可得

5(n-1)

n2+n-1

＜λ＜

2n+2

n(n+1)

，
即使得对于任意n∈N^*且n≥2，不等式

5(n-1)

2Sn-1

＜λ＜

4(Tn-1)

(n-1)n(n+1)

恒成立等价于使得对于
任意n∈N^*且n≥2，不等式

5(n-1)

n2+n-1

＜λ＜

2n+2

n(n+1)

恒成立．
∵

5(n-1)

n2+n-1

=

5

n+ 2n-2+1 n-1

=

5

n+2+ 1 n-1

≤1，当n=2时取最大值是1．
又令g(n)=

2n+2

n(n+1)

，
由

g(n)≤g(n-1) g(n)≤g(n+1)

可得

2n+2 n(n+1) ≤ 2n+1 n(n-1) 2n+2 n(n+1) ≤ 2n+3 (n+1)(n+2)

，
化简得：

2 n+1 ≤ 1 n-1 1 n ≤ 2 n+2

，
解得2≤n≤3，所以当n=2或3时，g（n）取最小值，最小值为g(2)=g(3)=

8

3

，
所以λ=2时，原不等式恒成立．

点评：本题考查了等差数列和等比数列的通项公式，考查了错位相减法求数列的前n项和，对于（3）的求解运用了数列的函数特性及基本不等式求最值，该题是一道综合性较强的题目，考查了学生综合处理问题的能力和计算能力，此题算得上是难度性较强的题目．