Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且Sn=n+

3

2

an（n∈N^*）．數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，且b₂=a₂，b₂₀=a₄．
（1）求證：數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列；
（2）求數(shù)列{

bn

an-1

}的前n項和T_n；
（3）若不等式Tn+

-n2+11n-6

2×3n

＜lo

g

a

x（a＞0且a≠1）對一切n∈N^*恒成立，求實數(shù)x的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由 Sn=n+

3

2

an，知 Sn-1=n-1+

3

2

an-1，兩式相減得an=1+

3

2

an-

3

2

an-1，由此能夠?qū)С鰯?shù)列{a_n-1}是公比是3，首項為-3的等比數(shù)列．
（2）先求得到a_n-1=-3ⁿ．由{b_n}是等差數(shù)列，求得b_n=-4n．Tn=

b1

a1-1

+

b2

a2-1

++

bn-1

an-1-1

+

bn

an-1

=4[

1

31

+

2

32

++

(n-1)

3n-1

+

n

3n

]再由錯位相減法能夠得到數(shù)列{

bn

an-1

}的前n項和T_n；
（3）令Pn=Tn+

-n2+11n-6

2×3n

，證明當n＞5時P_n+1-P_n＞0此時P_n單調(diào)遞增，所以當n＞5時，P_n＜3，又因為P₁=3-1=2，P2=3-

1

9

＜3，P₃=P₄=3，P5=P6=3-

1

243

＜3，所以當n∈N^*時，P_n的最大值為3，從而有l(wèi)og_ax＞3．故可解．

解答：解：（1）由Sn=n+

3

2

an，①當n≥2時，Sn-1=n-1+

3

2

an-1，②
兩式相減得an=1+

3

2

an-

3

2

an-1，即a_n=3a_n-1-2，（1分）
當n≥2時，

an-1

an-1-1

=

3an-1-2-1

an-1-1

=3為定值，（2分）
所以數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列，公比是3，（3分）
（2）由Sn=n+

3

2

an，令n=1，得a₁=-2． 所以數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列，公比是3，首項為-3．
∴a_n-1=-3×3^n-1，即a_n-1=-3ⁿ．（4分）∴b₂=-8，b₂₀=-80．
由{b_n}是等差數(shù)列，求得b_n=-4n（5分）
∵Tn=

b1

a1-1

+

b2

a2-1

+…+

bn-1

an-1-1

+

bn

an-1

=4[

1

31

+

2

32

+…+

(n-1)

3n-1

+

n

3n

]，
而

1

3

Tn=4[

1

32

+

2

33

+…+

(n-1)

3n

+

n

3n+1

]，
相減得

2

3

Tn=4(

1

31

+

1

32

+…+

1

3n

-

n

3n+1

)，即Tn=2(

1

30

+

1

31

+…+

1

3n-1

)-

2n

3n

，
則 Tn=2

1-( 1 3 )n

1- 1 3

-

2n

3n

=3-

2n+3

3n

．（8分）
（3）令Pn=Tn+

-n2+11n-6

2×3n

則Pn=3-

2n+3

3n

+

-n2+11n-6

2×3n

=3+

-n2+7n-12

2×3n

（9分）Pn+1=3+

-n2+5n-6

2×3n+1

∴Pn+1-Pn=

-n2+5n-6

2×3n+1

-

-n2+7n-12

2×3n

=

2n2-16n+30

2×3n+1

=

(n-3)(n-5)

3n+1

（10分）
∴當n＞5時P_n+1-P_n＞0此時P_n單調(diào)遞增；（11分）
∵當n＞5時，-n²+7n-12＜0從而3+

-n2+7n-12

2×3n

＜3∴當n＞5時，P_n＜3
∵P₁=3-1=2，P2=3-

1

9

＜3，P₃=P₄=3，P5=P6=3-

1

243

＜3
∴當n∈N^*時，P_n的最大值為3（13分）
∵不等式Tn+

-n2+11n-6

2×3n

＜lo

g

a

x（a＞0且a≠1）對一切n∈N^*恒成立∴l(xiāng)og_ax＞3．（14分）
故當a＞1時，x≥a³；當0＜a＜1時，0＜x≤a³．（16分）

點評：本題考查數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用，解題時要認真審題，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地運用錯位相減法進行解題．