Question

15．已知數(shù)列{a_n}與{b_n}滿足a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n），n∈N^*．
（1）若b_n=3n+5，且a₁=1，求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè){a_n}的第n₀項是最大項，即a${\;}_{{n}_{0}}$≥a_n（n∈N^*），求證：數(shù)列{b_n}的第n₀項是最大項；
（3）設(shè)a₁=λ＜0，b_n=λⁿ（n∈N^*），求λ的取值范圍，使得{a_n}有最大值M與最小值m，且$\frac{M}{m}$∈（-2，2）．

Answer 1

分析 （1）把b_n=3n+5代入已知遞推式可得a_n+1-a_n=6，由此得到{a_n}是等差數(shù)列，則a_n可求；
（2）由a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁，結(jié)合遞推式累加得到a_n=2b_n+a₁-2b₁，求得$_{n}=\frac{1}{2}（{a}_{n}+2_{1}-{a}_{1}）$，進一步得到$_{{n}_{0}}=\frac{1}{2}（{a}_{{n}_{0}}+2_{1}-{a}_{1}）≥\frac{1}{2}（{a}_{n}+2_{1}-{a}_{1}）$得答案；
（3）由（2）可得${a}_{n}=2{λ}^{n}-λ$，然后分-1＜λ＜0，λ=-1，λ＜-1三種情況求得a_n的最大值M和最小值m，再由$\frac{M}{m}$∈（-2，2）列式求得λ的范圍．

解答 （1）解：∵a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n），b_n=3n+5，
∴a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）=2（3n+8-3n-5）=6，
∴{a_n}是等差數(shù)列，首項為a₁=1，公差為6，
則a_n=1+（n-1）×6=6n-5；
（2）∵a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=2（b_n-b_n-1）+2（b_n-1-b_n-2）+…+2（b₂-b₁）+a₁
=2b_n+a₁-2b₁，
∴$_{n}=\frac{1}{2}（{a}_{n}+2_{1}-{a}_{1}）$，
∴$_{{n}_{0}}=\frac{1}{2}（{a}_{{n}_{0}}+2_{1}-{a}_{1}）≥\frac{1}{2}（{a}_{n}+2_{1}-{a}_{1}）$．
∴數(shù)列{b_n}的第n₀項是最大項；
（3）由（2）可得${a}_{n}=2{λ}^{n}-λ$，
①當(dāng)-1＜λ＜0時，${a}_{2n}=2（{λ}^{2}）^{n}-λ$單調(diào)遞減，有最大值$M={a}_{2}=2{λ}^{2}-λ$；
${a}_{2n-1}=2{λ}^{2n-1}-λ$單調(diào)遞增，有最小值m=a₁=λ，
∴$\frac{M}{m}=2λ-1$∈（-2，2），
∴λ∈$（-\frac{1}{2}，\frac{3}{2}）$，
∴$λ∈（-\frac{1}{2}，0）$．
②當(dāng)λ=-1時，a_2n=3，a_2n-1=-1，
∴M=3，m=-1，
$\frac{M}{m}=-3∉$（-2，2），不滿足條件．
③當(dāng)λ＜-1時，當(dāng)n→+∞時，a_2n→+∞，無最大值；
當(dāng)n→+∞時，a_2n-1→-∞，無最小值．
綜上所述，λ∈（-$\frac{1}{2}$，0）時滿足條件．

點評 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等差關(guān)系的確定，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，訓(xùn)練了累加法求數(shù)列的通項公式，對（3）的求解運用了極限思想方法，是中檔題．