18.如果一個數(shù)列從第2項起,每一項與它前一項的差都大于2,則稱這個數(shù)列為“H型數(shù)列”.
(1)若數(shù)列{an}為“H型數(shù)列”,且a1=$\frac{1}{m}$-3,a2=$\frac{1}{m}$,a3=4,求實數(shù)m的取值范圍;
(2)是否存在首項為1的等差數(shù)列{an}為“H型數(shù)列”,且其前n項和Sn滿足Sn<n2+n(n∈N*)?若存在,請求出{an}的通項公式;若不存在,請說明理由.
(3)已知等比數(shù)列{an}的每一項均為正整數(shù),且{an}為“H型數(shù)列”,bn=$\frac{2}{3}$an,cn=$\frac{{a}_{n}}{(n+1)•{2}^{n-5}}$,當數(shù)列{bn}不是“H型數(shù)列”時,試判斷數(shù)列{cn}是否為“H型數(shù)列”,并說明理由.

分析 (1)由題意得,a2-a1=3>2,a3-a2=4-$\frac{1}{m}$>2,即2-$\frac{1}{m}$=$\frac{2m-1}{m}$>0,解得m范圍即可得出.
(2)假設存在等差數(shù)列{an}為“H型數(shù)列”,設公差為d,則d>2,由a1=1,可得:Sn=n+$\frac{n(n-1)}{2}d$,由題意可得:n+$\frac{n(n-1)}{2}d$<n2+n對n∈N*都成立,即d$<\frac{2n}{n-1}$都成立.解出即可判斷出結(jié)論.
(3)設等比數(shù)列{an}的公比為q,則an=${a}_{1}{q}^{n-1}$,且每一項均為正整數(shù),且an+1-an=an(q-1)>2>0,可得an+1-an=an(q-1)>an-an-1,即在數(shù)列{an-an-1}(n≥2)中,“a2-a1”為最小項.同理在數(shù)列{bn-bn-1}(n≥2)中,“b2-b1”為最小項.由{an}為“H型數(shù)列”,可知只需a2-a1>2,即 a1(q-1)>2,又因為{bn}不是“H型數(shù)列”,且“b2-b1”為最小項,可得b2-b1≤2,即 a1(q-1)≤3,由數(shù)列{an}的每一項均為正整數(shù),可得 a1(q-1)=3,a1=1,q=4或a1=3,q=2,通過分類討論即可判斷出結(jié)論.

解答 解:(1)由題意得,a2-a1=3>2,a3-a2=4-$\frac{1}{m}$>2,即2-$\frac{1}{m}$=$\frac{2m-1}{m}$>0,解得m$>\frac{1}{2}$或m<0.
∴實數(shù)m的取值范圍時(-∞,0)∪$(\frac{1}{2},+∞)$.
(2)假設存在等差數(shù)列{an}為“H型數(shù)列”,設公差為d,則d>2,由a1=1,可得:Sn=n+$\frac{n(n-1)}{2}d$,由題意可得:n+$\frac{n(n-1)}{2}d$<n2+n對n∈N*都成立,即d$<\frac{2n}{n-1}$都成立.∵$\frac{2n}{n-1}$=2+$\frac{2}{n-1}$>2,且$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{2n}{n-1}$=2,∴d≤2,與d>2矛盾,因此不存在等差數(shù)列{an}為“H型數(shù)列”.
(3)設等比數(shù)列{an}的公比為q,則an=${a}_{1}{q}^{n-1}$,且每一項均為正整數(shù),且an+1-an=an(q-1)>2>0,
∴a1>0,q>1.∵an+1-an=an(q-1)>an-an-1,即在數(shù)列{an-an-1}(n≥2)中,“a2-a1”為最小項.
同理在數(shù)列{bn-bn-1}(n≥2)中,“b2-b1”為最小項.由{an}為“H型數(shù)列”,可知只需a2-a1>2,
即 a1(q-1)>2,又因為{bn}不是“H型數(shù)列”,且“b2-b1”為最小項,∴b2-b1≤2,即 a1(q-1)≤3
,由數(shù)列{an}的每一項均為正整數(shù),可得 a1(q-1)=3,∴a1=1,q=4或a1=3,q=2,
①當a1=1,q=4時,${a_n}={4^{n-1}}$,則${c_n}=\frac{{{4^{n-1}}}}{{(n+1)•{2^{n-5}}}}=\frac{{{2^{n+3}}}}{n+1}$,令${d_n}={c_{n+1}}-{c_n}(n∈{N^*})$,則${d_n}=\frac{{{2^{n+4}}}}{n+2}-\frac{{{2^{n+3}}}}{n+1}={2^{n+3}}•\frac{n}{(n+1)(n+2)}$,令${e_n}={d_{n+1}}-{d_n}(n∈{N^*})$,則${e_n}={2^{n+4}}•\frac{n+1}{(n+2)(n+3)}-{2^{n+3}}•\frac{n}{(n+1)(n+2)}$
=$\frac{{{2^{n+3}}}}{n+2}•\frac{{{n^2}+n+2}}{(n+1)(n+3)}>0$,
∴{dn}為遞增數(shù)列,
即 dn>dn-1>dn-2>…>d1
即 cn+1-cn>cn-cn-1>cn-1-cn-2>…>c2-c1,
∵${c_2}-{c_1}=\frac{32}{3}-8=\frac{8}{3}>2$,所以,對任意的n∈N*都有cn+1-cn>2,
即數(shù)列{cn}為“H型數(shù)列”.②當a1=3,q=2時,${a_n}=3•{2^{n-1}}$,
則${c_n}=\frac{{3•{2^{n-1}}}}{{(n+1)•{2^{n-5}}}}=\frac{48}{n+1}$,顯然,{cn}為遞減數(shù)列,c2-c1<0≤2,
故數(shù)列{cn}不是“H型數(shù)列”;                
      綜上:當${a_n}={4^{n-1}}$時,數(shù)列{cn}為“H型數(shù)列”,
            當${a_n}=3•{2^{n-1}}$時,數(shù)列{cn}不是“H型數(shù)列”.

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、新定義“H型數(shù)列”、不等式的性質(zhì),考查了分類討論方法、推理能力與計算能力,屬于難題.

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