Question

19．如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它前一項(xiàng)的差都大于3，則稱這個(gè)數(shù)列為“S型數(shù)列”．
（1）已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=4，a₂=8，a_n+a_n-1=8n-4（n≥2，n∈N^*），求證：數(shù)列{a_n}是“S型數(shù)列”；
（2）已知等比數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)與公比q均為正整數(shù)，且{a_n}為“S型數(shù)列”，記b_n=$\frac{3}{4}$a_n，當(dāng)數(shù)列{b_n}不是“S型數(shù)列”時(shí)，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）是否存在一個(gè)正項(xiàng)數(shù)列{c_n}是“S型數(shù)列”，當(dāng)c₂=9，且對(duì)任意大于等于2的自然數(shù)n都滿足（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n}}$）≤$\frac{1}{{c}_{n-1}}$+$\frac{1}{{c}_{n}}$≤（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n-1}}$）？如果存在，給出數(shù)列{c_n}的一個(gè)通項(xiàng)公式（不必證明）；如果不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出a_n=4n，從而a_n-a_n-1=4＞3，即可證明結(jié)論；
（2）證明{b_n-b_n-1}單調(diào)遞增，又{b_n}不是“S型數(shù)列”所以，存在n₀，使得$_{{n}_{0}}$-$_{{n}_{0}-1}$≤3，所以b₂-b₁≤$_{{n}_{0}}$-$_{{n}_{0}-1}$≤3，即a₁（q-1）≤4又因?yàn)閍₂-a₁＞3，即a₁（q-1）＞3且a₁，q∈N₊，所以a₁（q-1）=4，由此可得結(jié)論；
（3）可取a_n=（n+1）²，符合條件．

解答 解：（1）證明：由題意，a_n+1+a_n=8n+4 ①，a_n+a_n-1=8n-4 ②，
②-①得a_n+1-a_n-1=8      …（4分）
所以a_2n=8n，a_2n-1=8n-4，因此a_n=4n，從而a_n-a_n-1=4＞3
所以，數(shù)列{a_n}是“S型數(shù)列”…（6分）
（2）由題意可知a₁≥1，且a_n-a_n-1=4＞3，因此{(lán)a_n}單調(diào)遞增且q≥2
而（a_n-a_n-1）-（a_n-1-a_n-2）=a_n-1（q-1）-a_n-2（q-1）=（q-1）（a_n-1-a_n-2）＞0
所以{a_n-a_n-1}單調(diào)遞增，
又b_n=$\frac{3}{4}$a_n，因此{(lán)b_n-b_n-1}單調(diào)遞增          …（8分）
又{b_n}不是“S型數(shù)列”所以，存在n₀，使得$_{{n}_{0}}$-$_{{n}_{0}-1}$≤3，所以b₂-b₁≤$_{{n}_{0}}$-$_{{n}_{0}-1}$≤3，
即a₁（q-1）≤4又因?yàn)閍₂-a₁＞3，即a₁（q-1）＞3且a₁，q∈N₊，所以a₁（q-1）=4
從而a₁=4，q=2或a₁=2，q=3或a₁=1，q=5
∴a_n=2ⁿ⁺¹或${a_n}=2•{3^{n-1}}$或${a_n}={5^{n-1}}$…（12分）
（3）可取a_n=（n+1）²，驗(yàn)證符合（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n}}$）≤$\frac{1}{{c}_{n-1}}$+$\frac{1}{{c}_{n}}$≤（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）（2+$\frac{1}{{c}_{n-1}}$）條件，
而且a_n-a_n-1=2n+1＞3                              …（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查新定義，考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．