Question

14．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=x，a₂=3x，S_n+1+S_n+S_n-1=3n²+2（n≥2，n∈N^*），S_n是數(shù)列{a_n}的前n項和．
（1）若數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列．
（�。┣髷�(shù)列的通項a_n；
（ⅱ）若數(shù)列{b_n}滿足b_n=2^a_n，數(shù)列{c_n}滿足c_n=t²b_n+2-tb_n+1-b_n，試比較數(shù)列{b_n}前n項和B_n與{c_n}前n項和C_n的大��；
（2）若對任意n∈N^*，a_n＜a_n+1恒成立，求實數(shù)x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）（�。┯蓷l件可得S₃+S₂+S₁=14，即a₃+2a₂+3a₁=14，求得a₃=14-9x，再由等差數(shù)列的性質，可得x=1，進而得到通項公式；
（ⅱ）其前n項和B_n＞0，將前n項和B_n與{c_n}前n項和C_n作差，討論t的范圍，即可得到大小關系；
（2）將n換為n+1，兩式作差，再將n換為n+1，兩式作差，可得${a_{n+3}}-{a_n}=6（n≥2，n∈{N^*}）$，再由數(shù)列的單調性，可得不等式，解得即可得到所求范圍．

解答 解：（1）（�。┮驗�${S_{n+1}}+{S_n}+{S_{n-1}}=3{n^2}+2（n≥2，n∈{N^*}）$，
所以S₃+S₂+S₁=14，
即a₃+2a₂+3a₁=14，又a₁=x，a₂=3x，
所以a₃=14-9x，
又因為數(shù)列{a_n}成等差數(shù)列，所以2a₂=a₁+a₃，
即6x=x+（14-9x），解得x=1，
所以${a_n}={a_1}+（{n-1}）d=1+（{n-1}）×2=2n-1（{n∈{N^*}}）$；      
（ⅱ）因為${a_n}=2n-1（{n∈{N^*}}）$，所以${b_n}={2^{a_n}}={2^{2n-1}}＞0$，其前n項和B_n＞0，
又因為${c_n}={t^2}{b_{n+2}}-t{b_{n+1}}-{b_n}=（{16{t^2}-4t-1}）{b_n}$，
所以其前n項和${C_n}=（{16{t^2}-4t-1}）{B_n}$，所以${C_n}-{B_n}=2（{8{t^2}-2t-1}）{B_n}$，
當$t＜-\frac{1}{4}$或$t＞\frac{1}{2}$時，C_n＞B_n；
當$t=-\frac{1}{4}$或$t=\frac{1}{2}$時，C_n=B_n；
當$-\frac{1}{4}＜t＜\frac{1}{2}$時，C_n＜B_n．
（2）由${S_{n+1}}+{S_n}+{S_{n-1}}=3{n^2}+2（n≥2，n∈{N^*}）$，
知${S_{n+2}}+{S_{n+1}}+{S_n}=3{（{n+1}）^2}+2（n∈{N^*}）$，
兩式作差，得${a_{n+2}}+{a_{n+1}}+{a_n}=6n+3（n≥2，n∈{N^*}）$，
所以${a_{n+3}}+{a_{n+2}}+{a_{n+1}}=6（{n+1}）+3（n∈{N^*}）$，
作差得${a_{n+3}}-{a_n}=6（n≥2，n∈{N^*}）$，
所以，當n=1時，a_n=a₁=x；
當n=3k-1時，a_n=a_3k-1=a₂+（k-1）×6=3x+6k-6=2n+3x-4；
當n=3k時，a_n=a_3k=a₃+（k-1）×6=14-9x+6k-6=2n-9x+8；
當n=3k+1時，a_n=a_3k+1=a₄+（k-1）×6=1+6x+6k-6=2n+6x-7；
因為對任意n∈N^*，a_n＜a_n+1恒成立，
所以a₁＜a₂且a_3k-1＜a_3k＜a_3k+1＜a_3k+2，
所以$\left\{\begin{array}{l}x＜3x\\ 6k+3x-6＜6k-9x+8\\ 6k-9x+8＜6k+6x-5\\ 6k+6x-5＜6k+3x\end{array}\right.$，解得，$\frac{13}{15}＜x＜\frac{7}{6}$，
故實數(shù)x的取值范圍為$（{\frac{13}{15}，\frac{7}{6}}）$．

點評 本題考查等差數(shù)列的通項公式和數(shù)列的單調性的運用，以及分類討論的思想方法，考查運算能力，屬于難題．