Question

設(shè)數(shù)列{a_n}、{b_n}的各項(xiàng)都是正數(shù)，S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且對(duì)任意n∈N^*，都有an2=4Sn-2an-1，b₁=e，bn+1=bnλ，c_n=a_n+1•lnb_n（常數(shù)λ＞0，lnb_n是以為底數(shù)的自然對(duì)數(shù)，e=2.71828…）
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）用反證法證明：當(dāng)λ=4時(shí)，數(shù)列{c_n}中的任何三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列；
（3）設(shè)數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，試問：是否存在常數(shù)M，對(duì)一切n∈N^*，（1-λ）T_n+λc_n≥M恒成立？若存在，求出M的取值范圍；若不存在，請(qǐng)證明你的結(jié)論．

Answer 1

（1）∵因?yàn)閍_n＞0，an2=4Sn-2an-1  ①，當(dāng)n=1時(shí)，a12=4S1-2a1-1，解得a₁=1．
當(dāng)n≥2時(shí)，有 an-12=4Sn-1-2an-1-1  ②，
由①-②得，（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=2（a_n+a_n-1），故有 a_n-a_n-1=2（n≥2），即數(shù)列{a_n}是公差等于2的等差數(shù)列，
所以a_n=a₁+（n-1）d=1+（n-1）×2=2n-1．
又因?yàn)?span dealflag="1" mathtag="math" >bn+1=bnλ，且b_n＞0，兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)得 lnb_n+1=λlnb_n，
由此可知數(shù)列{lnb_n}是以lnb₁=lne=1為首項(xiàng)，以λ為公比的等比數(shù)列，
所以lnbn=lnb1×λn-1=λn-1，所以，b_n=eλn-1．
（2）當(dāng)λ=4時(shí)，由（1）知，c_n =a_n+1•lnb_n =（2n+1）•λn-1=（2n+1）•4^n-1．
假設(shè)第m項(xiàng)、第n項(xiàng)、第k項(xiàng)成等比數(shù)列，則有 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）4^m-1•（2k+1）4^k-1，
即 （2n+1）²•4^2n-2=（2m+1）（2k+1）•4^m+k-2，∴

(2n+1)2=(2m+1)(2k+1) 2n-2=m+k-2 m，n，k∈ N*

，
∴（m+k+1）²=（2m+1）（2k+1），即 m²+k²+mk+m+k=0，顯然，這樣的正整數(shù)m、k不存在，故數(shù)列{c_n}中的任何三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列．
（3）∵c_n=a_n+1•lnb_n =（2n+1）•λ^n-1，
∴Tn=3×λ0+5×λ1+7×λ2+…+（2n-1）×λn-2+（2n+1）×λn-1…③．
∴λ×Tn=3×λ1+5×λ2+7×λ3+…+（2n-1）×λn-1+（2n+1）×λn…④．
由③-④得-3Tn=3+2×4+2×42+…+2×4n-1-（2n+1）×4n=3+2×

4(1-4n-1)

1-4

-（2n+1）4ⁿ=

1-4n-6n•4n

3

，
所以，（1-λ）Tn=3+2λ（1+λ+λ²+…+λ^n-2）-（2n+1）λⁿ．
①當(dāng)λ=1時(shí)，（1-λ）T_n+λc_n=（2n+1）（n∈N^*）在N^*上為單調(diào)遞增函數(shù)，所以對(duì)于任意常數(shù)M∈（-∞，3]，（1-λ）T_n+λc_n=（2n+1）≥M恒成立．  
②當(dāng)λ≠1時(shí)，(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

=3+

2λ

1-λ

-

2λn

1-λ

．
記g（n）=(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

=3+

2λ

1-λ

-

2λn

1-λ

g（n+1）-g（n）=2λⁿ＞0，
所以，數(shù)列g(shù)（n）為增函數(shù)．   
所以當(dāng)λ≠1時(shí)，g（n）=(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×

1-λn-1

1-λ

≥g（1）=3．…（7分）
所以，所以對(duì)于任意常數(shù)M∈（-∞，3]，（1-λ）T_n+λc_n≥M恒成立． …（8分）