Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，前n項(xiàng)和S_n滿(mǎn)足關(guān)系式：3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t（t＞0，n=2，3，4，…）
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}是公比為f（t），作數(shù)列{b_n}，使（n=2，3，4，…），求和：b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1；
（3）若t=-3，設(shè)c_n=log₃a₂+log₃a₃+log₃a₄+…+log₃a_n+1，T_n=++…+，求使k≥（7-2n）T_n（n∈N⁺）恒成立的實(shí)數(shù)k的范圍．

Answer 1

解：（1）由S₁=a₁=1，S₂=a₁+a₂=1+a₂，得3t（1+a₂）-（2t+3）=3t，則a₂=，于是=，
又兩式相減得3ta_n-（2t+3）a_n-1=0，
于是=（n=3，4，…）
因此，數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列．
（2）按題意，f（t）==+，
故b_n=f（）=+b_n-1?b_n=1+（n-1）=，
由b_n=，可知數(shù)列{b_2n-1}與{b_2n}是首項(xiàng)分別為1和，公差均為的等差數(shù)列，且b_2n=，
于是b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1
=b₂（b₁-b₃）+b₄（b₃-b₅）+…+b_2n（b_2n-1-b_2n+1）
=-（b₂+b₄+…+b_2n）
=-（2n²+3n）
（3）c_n=log₃a₁+log₃a₂+…+log₃a_n
=-（1+2+3+…+n）
=-．
故=-=-2（-）．
T_n=++…+
=-2[（1-）+（-）+…+（-）]
=-．
所以數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為-．化簡(jiǎn)得k≥對(duì)任意n∈N^*恒成立．
設(shè)d_n=，則d_n+1-d_n=-=．
當(dāng)n≥5，d_n+1≤d_n，{d_n}為單調(diào)遞減數(shù)列，1≤n＜5，d_n+1＞d_n，{d_n}為單調(diào)遞增數(shù)列．
當(dāng)n≥5，c_n+1≤c_n，{c_n}為單調(diào)遞減數(shù)列，當(dāng)1≤n＜5，c_n+1＞c_n，{c_n}為單調(diào)遞增數(shù)列．
=d₄＜d₅=，所以，n=5時(shí)，d_n取得最大值為．
所以，要使k≥對(duì)任意n∈N^*恒成立，k≥．
分析：（1）由可求得=（n=3，4，…），又a₁=1，a₂=，可證數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列；
（2）依題意可求得f（t）=+，b_n=f（）=，可知數(shù)列{b_2n-1}與{b_2n}是首項(xiàng)分別為1和，公差均為的等差數(shù)列，且b_2n=，從而可求得b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1；
（3）可求得c_n=-，=-，數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為-，對(duì)k≥（7-2n）T_n（n∈N⁺）化簡(jiǎn)得k≥對(duì)任意n∈N^*恒成立，再構(gòu)造函數(shù)d_n=，對(duì)n分類(lèi)討論，研究函數(shù)，{d_n}與{c_n}的單調(diào)性即可求得k的取值范圍．
點(diǎn)評(píng)：本題考查等比關(guān)系的確定，考查數(shù)列與不等式的綜合，突出考查等差數(shù)列的求和與等比數(shù)列的證明，考查化歸思想與分類(lèi)討論思想，屬于難題．