Question

16．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}的首項a₁=b₁=1，且滿足（a_n+1-a_n）²=4，|b_n+1|=q|b_n|，其中n∈N^*．設(shè)數(shù)列{a_n}，{b_n}的前n項和分別為S_n，T_n．
（Ⅰ）若不等式a_n+1＞a_n對一切n∈N^*恒成立，求S_n；
（Ⅱ）若常數(shù)q＞1且對任意的n∈N^*，恒有$\sum_{k=1}^{n+1}$|b_k|≤4|b_n|，求q的值；
（Ⅲ）在（2）的條件下且同時滿足以下兩個條件：
（�。┤舸嬖谖ㄒ徽�整數(shù)p的值滿足a_p＜a_p-1；
（ⅱ） T_m＞0恒成立．試問：是否存在正整數(shù)m，使得S_m+1=4b_m，若存在，求m的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （I）{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，代入求和公式即可得出S_n；
（II）用q表示出$\sum_{k=1}^{n+1}$|b_k|和4|b_n|，根據(jù)q的范圍及恒等式得出q-2=0；
（III）利用條件可得{a_n}，{b_n}的通項，求出S_m+1，4b_m，從而得出m的存在性．

解答 解：（I）∵（a_n+1-a_n）²=4，a_n+1＞a_n，∴a_n+1-a_n=2，
∴{a_n}是以a₁=1為首項，以2為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
∴S_n=$\frac{{a}_{1}+{a}_{n}}{2}×n$=n²．
（II）∵|b_n+1|=q|b_n|，∴|b_n|=q|b_n-1|=q²|b_n-2|=q^n-1|b₁|=q^n-1．
$\sum_{k=1}^{n+1}$|b_k|=1+q+q²+…+qⁿ=$\frac{1-{q}^{n+1}}{1-q}$，
∵常數(shù)q＞1且對任意的n∈N^*，恒有$\sum_{k=1}^{n+1}$|b_k|≤4|b_n|，
∴$\frac{1-{q}^{n+1}}{1-q}$≤4q^n-1，即1-qⁿ⁺¹≥4q^n-1-4qⁿ，
∴q^n-1（q²-4q+4）≤1，即q^n-1（q-2）²≤1恒成立，
∴q=2．
（III）由（II）可知{|b_n|}是以1為首項，以2為公比的等比數(shù)列，
∵T_m＞0，∴{b_n}是以1為首項，以2為公比的等比數(shù)列，即b_n=2^n-1，
∵（a_n+1-a_n）²=4，∴a_n+1-a_n=2或a_n+1-a_n=-2，
∵存在唯一正整數(shù)p的值滿足a_p＜a_p-1，
∴當n≤p-1或n≥p時，{a_n}是公差為2的遞增數(shù)列，
∴p≥2，
①若p=2，則a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{2n-5，n≥2}\end{array}\right.$，∴S_m=（m-2）²，
∴S_m+1=（m-1）²，而4b_m=4•2^m-1=2^m+1，
∴4b_m-S_m+1=2^m+1-（m-1）²＞0，
下面用數(shù)學歸納法給出證明：
當m=1時，結(jié)論顯然成立，
假設(shè)m=k時，結(jié)論成立，即2^k+1-（k-1）²＞0，
則2^k+2-k²＞2•2^k+1-（k-1）²＞2^k+1-（k-1）²＞0，
即當m=k+1時，結(jié)論也成立，
∴4b_m-S_m+1＞0恒成立，即不存在正整數(shù)m使得S_m+1=4b_m．
②若p≥3，則a₁=1，a₂=3，
∴S₂=1+3=4=4b₁，
∴P≥3時，存在正整數(shù)m=1，使得S_m+1=4b_m．
綜上，當p=2時，不存在正整數(shù)m使得S_m+1=4b_m；
當p≥3時，存在正整數(shù)m使得S_m+1=4b_m，此時m=1．

點評 本題考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)，數(shù)列的單調(diào)性判斷，屬于中檔題．