Question

1．設(shè)數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，{a_n}的前n項和${S_n}=\frac{1}{4}{（{{a_n}+1}）^2}$，n∈N^*．
（1）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；
（2）等比數(shù)列{b_n}的各項均為正數(shù)，${b_n}{b_{n+1}}≥{S_n}^2$，n∈N^*，且存在整數(shù)k≥2，使得${b_k}{b_{k+1}}={S_k}^2$．
（i）求數(shù)列{b_n}公比q的最小值（用k表示）；
（ii）當n≥2時，${b_n}∈{N^*}$，求數(shù)列{b_n}的通項公式．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}的前n項和${S_n}=\frac{1}{4}{（{{a_n}+1}）^2}$，n∈N^*．利用遞推關(guān)系可得：a_n-a_n-1=2，再利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）（i）由（1）可得：a_n=2n-1，S_n=n²．根據(jù)存在整數(shù)k≥2，使得${b_k}{b_{k+1}}={S_k}^2$．可得b₁=$\frac{{k}^{2}}{{q}^{k-\frac{1}{2}}}$．b_n=k²•${q}^{n-k-\frac{1}{2}}$．由${b_n}{b_{n+1}}≥{S_n}^2$，n∈N^*，可得：q^n-k≥$（\frac{n}{k}）^{2}$，當n=k時，上式恒成立．當n≥k+1時，可得：（n-k）lnq=2$ln\frac{n}{k}$，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得：$\frac{ln\frac{n}{k}}{\frac{n}{k}-1}$的最大值為k$ln（1+\frac{1}{k}）$，q≥$（1+\frac{1}{k}）^{2}$．當n≤k-1時，q≤$（1+\frac{1}{k-1}）^{2}$．可得q的最小值為$（1+\frac{1}{k}）^{2}$（整數(shù)k≥2）．
（ii）由題意可得：q∈N^*，由（i）可知：q∈$[（1+\frac{1}{k}）^{2}，（1+\frac{1}{k-1}）^{2}]$，（k≥2），可得：q≥$（1+\frac{1}{k}）^{2}$＞1，q≤$（1+\frac{1}{k-1}）^{2}$≤4，q∈{2，3，4}，分類討論即可得出．

解答 （1）證明：∵數(shù)列{a_n}的前n項和${S_n}=\frac{1}{4}{（{{a_n}+1}）^2}$，n∈N^*．
∴當n=1時，${a}_{1}=\frac{1}{4}（{a}_{1}+1）^{2}$，解得a₁=1．
當n≥2時，a_n=S_n-1=$\frac{1}{4}$$（{a}_{n}+1）^{2}$-$\frac{1}{4}$$（{a}_{n-1}+1）^{2}$，
化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，∴a_n+a_n-1＞0（n≥2），a_n-a_n-1=2，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為2．
（2）解：（i）由（1）可得：a_n=1+2（n-1）=2n-1，S_n=n²．
∵存在整數(shù)k≥2，使得${b_k}{b_{k+1}}={S_k}^2$．
∴$_{1}^{2}{q}^{2k-1}={k}^{4}$，可得b₁=$\frac{{k}^{2}}{{q}^{k-\frac{1}{2}}}$．
∴b_n=$_{1}{q}^{n-1}$=k²•${q}^{n-k-\frac{1}{2}}$，
∵${b_n}{b_{n+1}}≥{S_n}^2$，n∈N^*，∴k²•q^n-k≥n²，∴q^n-k≥$（\frac{n}{k}）^{2}$，當n=k時，上式恒成立．
當n≥k+1時，可得：（n-k）lnq=2$ln\frac{n}{k}$，
∴$\frac{klnq}{2}$≥$\frac{ln\frac{n}{k}}{\frac{n}{k}-1}$$（\frac{n}{k}≥1+\frac{1}{k}）$，令
f（x）=$\frac{lnx}{x-1}$，（x＞1），則f′（x）=$\frac{1-\frac{1}{x}+ln\frac{1}{x}}{（x-1）^{2}}$，
令g（t）=1-t+lnt，（0＜t＜1），則g′（t）=$\frac{1-t}{t}$＞0，因此函數(shù)g（t）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，
∴g（t）＜g（1）=0，∴f′（x）＜0，∴函數(shù)f（x）在（1，+∞）為減函數(shù)，
∴$\frac{ln\frac{n}{k}}{\frac{n}{k}-1}$的最大值為k$ln（1+\frac{1}{k}）$，∴$\frac{klnq}{2}$≥k$ln（1+\frac{1}{k}）$，
∴q≥$（1+\frac{1}{k}）^{2}$．
當n≤k-1時，q≤$（1+\frac{1}{k-1}）^{2}$．∴q的最小值為$（1+\frac{1}{k}）^{2}$（整數(shù)k≥2）．
（ii）由題意可得：q∈N^*，由（i）可知：q∈$[（1+\frac{1}{k}）^{2}，（1+\frac{1}{k-1}）^{2}]$，（k≥2），
∴q≥$（1+\frac{1}{k}）^{2}$＞1，q≤$（1+\frac{1}{k-1}）^{2}$≤4，
∴q∈{2，3，4}，當q=2時，$（1+\frac{1}{k}）^{2}$≤2≤$（1+\frac{1}{k-1}）^{2}$，只能取k=3，此時b_n=$9•{2}^{n-\frac{7}{2}}$，舍去．
當q=3時，$（1+\frac{1}{k}）^{2}$≤3≤$（1+\frac{1}{k-1}）^{2}$，只能取k=2，此時b_n=4$•{3}^{n-\frac{5}{2}}$，舍去．
當q=4時，$（1+\frac{1}{k}）^{2}$≤4≤$（1+\frac{1}{k-1}）^{2}$，只能取k=2，此時b_n=2^2n-7，符合條件．
綜上可得：b_n=2^2n-7．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式、不等式的性質(zhì)、分類討論方法、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．