Question

A已知數(shù)列{a_n}是首項為，公比q=的等比數(shù)列，設(shè)，數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n．
（1）求證：{b_n}是等差數(shù)列；
（2）求數(shù)列{c_n}的前n項和S_n；
（3）若對一切正整數(shù)n恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
B已知數(shù)列{a_n}和{b_n}滿足：a₁=λ，，，其中λ為實數(shù)，n為正整數(shù)．
（Ⅰ）對任意實數(shù)λ，證明：數(shù)列{a_n}不是等比數(shù)列；
（Ⅱ）證明：當λ≠-18時，數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
（Ⅲ）設(shè)0＜a＜b（a，b為實常數(shù)），S_n為數(shù)列{b_n}的前n項和．是否存在實數(shù)λ，使得對任意正整數(shù)n，都有a＜S_n＜b？若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

【答案】分析：A：（1）由題意得：a_n=，由，，知=3，由此能證明數(shù)列{b_n}是首項b₁=1，公差d=3的等差數(shù)列．
（2）由，b_n=3n-2，知，故，由錯位相減法能求出數(shù)列{c_n}的前n項和S_n．
（3）由=9（1-n），知當n=1時，，當n≥2時，c_n+1＜c_n，由此能求出實數(shù)m的取值范圍．
B：（Ⅰ）假設(shè)存在一個實數(shù)，使{a_n}是等比數(shù)列，則有，即（）²=，等價于9=0矛盾．所以{a_n}不是等比數(shù)列．
（Ⅱ）因為b_n+1=（-1）ⁿ⁺¹[a_n+1-3（n-1）+21]=-b_n，故當λ≠-18時，b₁=-（λ+18）≠0，，（n∈N⁺）．故當λ≠-18時，數(shù)列{b_n}是以-（λ+18）為首項，-為公比的等比數(shù)列．
（Ⅲ）由λ=-18，b_n=0，S_n=0，不滿足題目要求，知λ≠-18，故知b_n=-（λ+18）•（-）^n-1，于是S_n=-，要使a＜S_n＜b對任意正整數(shù)n成立，即a＜-（λ+18）•[1-（-）ⁿ]＜b（n∈N⁺），由此能求出λ的取值范圍．
解答：A解：（1）由題意得：a_n=，
∵，，
∴==，
故數(shù)列{b_n}是首項b₁=1，公差d=3的等差數(shù)列．
（2）∵數(shù)列{b_n}是首項b₁=1，公差d=3的等差數(shù)列，
∴，b_n=3n-2，
∴，
∴，
∴，
∴-，
∴．
（3）∵=9（1-n），
∴當n=1時，，
當n≥2時，c_n+1＜c_n，即c₁=c₂＜c₃＜c₄＜…＜c_n，
∴當n=1時，c_n取最大值是，
對一切正整數(shù)n恒成立，
∴，
即m²+4m-5≥0，得m≥1，或m≤-5．
B解：（Ⅰ）證明：假設(shè)存在一個實數(shù)，使{a_n}是等比數(shù)列，則有，
即（）²=，
等價于^2-4，
等價于9=0矛盾．
所以{a_n}不是等比數(shù)列．…4分
（Ⅱ）解：因為b_n+1=（-1）ⁿ⁺¹[a_n+1-3（n-1）+21]=（-1）ⁿ⁺¹（a_n-2n+14）
=-（-1）ⁿ•（a_n-3n+21）=-b_n．
當λ≠-18時，b₁=-（λ+18）≠0，由上可知b_n≠0，
∴，（n∈N⁺）．
故當λ≠-18時，數(shù)列{b_n}是以-（λ+18）為首項，-為公比的等比數(shù)列，…8分
（Ⅲ）由（2）知，當λ=-18，b_n=0，S_n=0，不滿足題目要求．…9分
∴λ≠-18，故知b_n=-（λ+18）•（-）^n-1，于是可得
S_n=-，…10分
要使a＜S_n＜b對任意正整數(shù)n成立，
即a＜-（λ+18）•[1-（-）ⁿ]＜b（n∈N⁺），
得，
令，則當n為正奇數(shù)時，1＜f（n）；
當n為正偶數(shù)時，，
∴f（n）的最大值為f（1）=，f（n）的最小值為f（2）=，…12分
于是，由①式得，
∴-b-18＜λ＜-3a-18，
當a＜b≤3a時，由-b-18≥-3a-18，不存在實數(shù)滿足要求；
當b＞3a存在λ，使得對任意正整數(shù)n，
都有a＜S_n＜b，且λ的取值范圍是（-b-18，-3a-18）…14分．
點評：本題考查數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強，難度大，有一定的探索性，對數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．