Question

10．已知數(shù)列{a_n}和{b_n}滿足：${a_1}=λ，n{a_{n+1}}=（n+1）{a_n}+n（n+1），n∈{N^*}$，且對一切n∈N^*，均有${b_1}{b_2}…{b_n}={（\sqrt{2}）^{a_n}}$．
（1）求證：數(shù)列$\{\frac{a_n}{n}\}$為等差數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若λ=2，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（3）設(shè)${c_n}=\frac{{{a_n}-{b_n}}}{{{a_n}{b_n}}}（n∈{N^*}）$，記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，問：是否存在正整數(shù)λ，對一切n∈N^*，均有T₄≥T_n恒成立．若存在，求出所有正整數(shù)λ的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）化簡$n{a_{n+1}}=（n+1）{a_n}+n（n+1），n∈{N^*}$可得$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}=\frac{a_n}{n}+1$，從而寫出$\frac{a_n}{n}=λ+n-1$，即${a_n}={n^2}+（λ-1）n$；
（2）當(dāng)λ=2時，a_n=n²+n，從而求得b_n=2ⁿ，從而求等比數(shù)列前n項(xiàng)和．
（3）仿照（2）可得${a_n}={n^2}+（λ-1）n$，b_n=$\sqrt{2}$^2n+r-2，從而化簡c_n=$\sqrt{2}$^2-r-2n-（$\frac{1}{{n}^{2}+（λ-1）n}$），從而分類討論以確定λ的值．

解答 解：（1）證明：∵$n{a_{n+1}}=（n+1）{a_n}+n（n+1），n∈{N^*}$，
兩邊除以n（n+1）得，$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}=\frac{a_n}{n}+1$，
即$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}-\frac{a_n}{n}=1$，故數(shù)列$\{\frac{a_n}{n}\}$為等差數(shù)列，
故$\frac{a_n}{n}=λ+n-1$，故${a_n}={n^2}+（λ-1）n$；
（2）當(dāng)λ=2時，a_n=n²+n，
∵${b_1}{b_2}…{b_n}={（\sqrt{2}）^{a_n}}$，
∴b₁=${\sqrt{2}}^{2}$=2，
b_n+1=$\frac{_{1}_{2}_{3}…_{n}_{n+1}}{_{1}_{2}…_{n}}$=$\frac{{\sqrt{2}}^{（n+1）^{2}+n+1}}{{\sqrt{2}}^{{n}^{2}+n}}$=2ⁿ⁺¹，
綜上所述，b_n=2ⁿ，
S_n=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$=2ⁿ⁺¹-2；
（3）仿照（2）可得，
${a_n}={n^2}+（λ-1）n$，b_n=$\sqrt{2}$^2n+r-2，
c_n=$\frac{{a}_{n}-_{n}}{{a}_{n}_{n}}$=$\frac{1}{_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\sqrt{2}$^2-r-2n-（$\frac{1}{{n}^{2}+（λ-1）n}$），
∵對一切n∈N^*，均有T₄≥T_n恒成立，
∴當(dāng)n＞4時，c_n≤0；
若λ=1，則c_n=$\sqrt{2}$^1-2n-$\frac{1}{{n}^{2}}$，
c₅=$\frac{1}{16\sqrt{2}}$-$\frac{1}{30}$＞0，故T₅＞T₄，故不成立；
若λ=2，則c_n=$\sqrt{2}$^-2n-$\frac{1}{n（n+1）}$，
故c₁=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$=0，c₂=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{6}$，c₃=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{12}$＞0，c₄=$\frac{1}{16}$-$\frac{1}{20}$＞0，
c₅=$\frac{1}{32}$-$\frac{1}{30}$＜0，
且當(dāng)n≥5時，2ⁿ＞n²+n，
故成立；
若λ=3，則c_n=$\frac{1}{\sqrt{2}•{2}^{n}}$-$\frac{1}{{n}^{2}+2n}$，
故c₁=$\frac{1}{2\sqrt{2}}$-$\frac{1}{3}$＞0，c₂=$\frac{1}{4\sqrt{2}}$-$\frac{1}{8}$＞0，c₃=$\frac{1}{8\sqrt{2}}$-$\frac{1}{15}$＞0，c₄=$\frac{1}{16\sqrt{2}}$-$\frac{1}{24}$＞0，
故且當(dāng)n≥5時，$\sqrt{2}$•2ⁿ＞n²+2n，故成立；
若λ≥4，則c_n=$\frac{1}{{\sqrt{2}}^{r-2}•{2}^{n}}$-$\frac{1}{{n}^{2}+（r-1）n}$，
c₄=$\frac{1}{{\sqrt{2}}^{r-2}16}$-$\frac{1}{16+4（r-1）}$，
令f（r）=16${\sqrt{2}}^{r-2}$-16-4（r-1），
則f′（r）=16•ln$\sqrt{2}$•${\sqrt{2}}^{r-2}$-4=4（ln4•${\sqrt{2}}^{r-2}$-1）＞0，
故f（r）在[4，+∞）上是增函數(shù)，
故f（4）=16×2-16-4×3＞0，
故c₄＜0，
故T₃＞T₄，故不成立；
綜上所述，λ的值為2或3．

點(diǎn)評 本題考查了等比經(jīng)數(shù)列與等差數(shù)列的性質(zhì)的判斷與應(yīng)用，同時考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的思想與方程思想，函數(shù)思想的應(yīng)用．