Question

已知數(shù)列{a_n}，{b_n}滿足a_n=（

1

2

） bn
（1）若數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，求證{a_n}是等比數(shù)列；
（2）若數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n=1-（

1

2

）ⁿ
①設(shè)對于任意的正整數(shù)n，恒有

1

an

＞λ（1+

1

2b1-1

）（1+

1

2b2-1

）（1+

1

2b3-1

）…（1+

1

2bn-1

）成立，試求實數(shù)λ的取值范圍．
②若數(shù)列{c_n}滿足c_n=

2

b_n+1，問數(shù)列{c_n}中是否存在不同的三項成等比數(shù)列？如果存在，請求出這三項；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合

專題：綜合題,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則b_n+1-b_n=d對n∈N^*恒成立，結(jié)合an=(

1

2

)bn，即可證明{a_n}是等比數(shù)列；
（2）①先確定數(shù)列{a_n}的通項公式是a_n=(

1

2

)n，可得b_n=n，不等式

1

an

＞λ(1+

1

2b1-1

)(1+

1

2b2-1

)(1+

1

2b3-1

)…(1+

1

2bn-1

)，分離參數(shù)，利用求最值的方法，即可求實數(shù)λ的取值范圍；②利用反證法可以得出結(jié)論．

解答： （1）證明：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則b_n+1-b_n=d對n∈N^*恒成立，
由于an=(

1

2

)bn
所以

an+1

an

=(

1

2

)bn+1-bn=(

1

2

)d是定值，
從而數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列．  …（3分）
（2）①解：當(dāng)n=1時，a1=

1

2

，
當(dāng)n≥2時，an=Sn-Sn-1=(

1

2

)n，n=1也適合此式，即數(shù)列{a_n}的通項公式是a_n=(

1

2

)n．         …（5分）
所以，b_n=n…（6分）
不等式

1

an

＞λ(1+

1

2b1-1

)(1+

1

2b2-1

)(1+

1

2b3-1

)…(1+

1

2bn-1

)
可化為λ＜2n×

1×3×5×…×(2n-1)

2×4×6×…×2n

…（8分）
令f(n)=2n×

1×3×5×…×(2n-1)

2×4×6×…×2n

（n∈N^*），則λ＜f（n）_min…（9分）
又

f(n+1)

f(n)

=…=2×

2n+1

2n+2

=

2n+1

n+1

＞1恒成立，
所以，f（n）單調(diào)增                  …（10分）
所以，f（n）_min=f（1）=1，
所以，所求實數(shù)λ的取值范圍為λ＜1…（11分）
②cn=

2

n+1
假設(shè)存在不同的三項c_m，c_n，c_t成等比數(shù)列，
由于{c_n}是單調(diào)增數(shù)列，不妨設(shè)m＜n＜t，則cn2=cmct，…（12分）
∴(

2

n+1)2=(

2

m+1)(

2

t+1)
化簡得

2

(m+t-2n)=2n2-2mt，…（13分）
由于

2

是無理數(shù)，m+t-2n，2n²-2mt均為整數(shù)，
因此

m+t-2n=0 2n2-2mt=0

…（14分）
消去n，得m²-2mt+t²=0，即（m-t）²=0
所以，m=t，與m＜n＜t矛盾                     …（15分）
故不存在不同的三項成等比數(shù)列，…（16分）

點評：本題解決等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合，考查數(shù)列的通項，考查恒成立問題，利用函數(shù)的最值是解題的關(guān)鍵．