Question

9．已知{a_n}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，其前n項和為S_n，且a₂•a₃=40，S₄=26．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，且b₁=1，3b_n+1=2（a${\;}_{_{n}}$+1）．
①求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
②求滿足S_n＞T_n的所有正整數(shù)n的值．

Answer 1

分析 （1），設(shè)首項為a₁，公差為d（d＞0），可得$\left\{\begin{array}{l}（{a_1}+d）（{a_1}+2d）=40\\ 4{a_1}+\frac{4（4-1）d}{2}=26\\ d＞0.\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=2\\ d=3\end{array}\right.$，即可求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）①由（1）知3b_n+1=2（3b_n-1）+2=6b_n，即b_n+1=2b_n，得數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；②由（1）知a_n=3n-1，所以${s}_{n}=\frac{n（3n+1）}{2}=\frac{3{n}^{2}+n}{2}$，
由（2）中①知${b_n}={2^{n-1}}$，所以${T_n}=\frac{{1-{2^n}}}{1-2}={2^n}-1$，要使S_n＞T_n，即$\frac{{3{n^2}+n}}{2}＞{2^n}-1$，即$\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}＞1$，設(shè)${c_n}=\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}$，求滿足S_n＞T_n的所有正整數(shù)n，即求c_n＞1的所有正整數(shù)n，利用c_n的單調(diào)性求解．

解答 解：（1）：因為數(shù)列{a_n}是正項等差數(shù)列，設(shè)首項為a₁，公差為d（d＞0），
所以$\left\{\begin{array}{l}（{a_1}+d）（{a_1}+2d）=40\\ 4{a_1}+\frac{4（4-1）d}{2}=26\\ d＞0.\end{array}\right.$…（2分）
解得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=2\\ d=3\end{array}\right.$，所以a_n=3n-1．        …（4分）
（2）①證明：由（1）知a_n=3n-1，因為$3{b_{n+1}}=2{a_{b_n}}+2$，
所以3b_n+1=2（3b_n-1）+2=6b_n，即b_n+1=2b_n，…（6分）
因為b₁=1≠0，所以b_n≠0，所以$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=2$，
所以數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列．…（8分）
②由（1）知a_n=3n-1，所以${s}_{n}=\frac{n（3n+1）}{2}=\frac{3{n}^{2}+n}{2}$，
由（2）中①知${b_n}={2^{n-1}}$，所以${T_n}=\frac{{1-{2^n}}}{1-2}={2^n}-1$，…（10分）
要使S_n＞T_n，即$\frac{{3{n^2}+n}}{2}＞{2^n}-1$，即$\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}＞1$，
設(shè)${c_n}=\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}$，求滿足S_n＞T_n的所有正整數(shù)n，即求c_n＞1的所有正整數(shù)n，
令$\frac{{{c_{n+1}}}}{c_n}=\frac{{\frac{{3{{（n+1）}^2}+（n+1）+2}}{{{2^{n+2}}}}}}{{\frac{{3{n^2}+n+2}}{{{2^{n+1}}}}}}=\frac{{3{n^2}+7n+6}}{{6{n^2}+2n+4}}≥1$，即3n²-5n-2≤0，
解得，$-\frac{1}{3}≤n≤2$，因為n∈N^*，所以n=1或n=2，
即${c_3}={c_2}＞{c_1}=\frac{4}{3}＞1$，當(dāng)n≥3時，數(shù)列{c_n}是單調(diào)遞減數(shù)列，…（14分）
又因為${c_5}=\frac{82}{64}＞1，{c_6}=\frac{116}{128}＜1$，
所以當(dāng)n取1，2，3，4，5時，c_n＞1，當(dāng)n≥6時，c_n＜1，
所以滿足S_n＞T_n的n所有取值為1，2，3，4，5．…（16分）

點(diǎn)評 本題考查了等差、等比數(shù)列的通項，考查了數(shù)列的單調(diào)性，屬于中檔題．