Question

12．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=2，對于任意的p、q∈N^*，都有a_p+q=a_p+a_q．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）令b_n=lna_n（n∈N^*），是否存在k（k∈N^*），使得b_k、b_k+1、b_k+2成等比數(shù)列？若存在，求出所有符合條件的k的值，若不存在，請說明理由；
（3）令c_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，S_n為數(shù)列{c_n}的前n項和，若對任意的n∈N^*，不等式tS_n＜n+9×（-1）ⁿ恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）令p=1，q=n，由等差數(shù)列的通項公式即可得到；
（2）假設(shè)存在k（k∈N^*），使得b_k、b_k+1、b_k+2成等比數(shù)列，由等比數(shù)列的性質(zhì)和基本不等式，放縮，病結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)，即可說明不存在；
（3）利用裂項相消法可求得S_n；分n為偶數(shù)，n為奇數(shù)兩種情況進行討論：分別分離出參數(shù)λ后，轉(zhuǎn)化為最值問題解決，分別利用基本不等式、單調(diào)性可求得最值；

解答 解：（1）可令p=1，q=n，則a_n+1=a₁+a_n，
即為a_n+1=2+a_n，
即有數(shù)列{a_n}是2為首項，2為公差的等差數(shù)列，
則a_n=2+2（n-1）=2n；
（2）假設(shè)存在k（k≥2，m，k∈N^*），使得b_k、b_k+1、b_k+2成等比數(shù)列，
則b_kb_k+2=b_k+1²．
因為b_n=lna_n=ln（2n）（n≥2），
所以b_k•b_k+2=ln（2k）ln（2k+4）＜[$\frac{ln（2k）+ln（2k+4）}{2}$]²＜[$\frac{ln（2k+2）^{2}}{2}$]²=ln（2k+2）．
這與b_kb_k+2=b_k+1²矛盾．
故不存在k（k≥2，k∈N^*），使得b_k、b_k+1、b_k+2成等比數(shù)列．
（3）c_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{4n（n+1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
S_n=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{2}+$$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{n}{4（n+1）}$，
當n為偶數(shù)時，不等式tS_n＜n+9×（-1）ⁿ即為t＜$\frac{4（n+1）（n+9）}{n}$=4（n+$\frac{9}{n}$+10），
由n+$\frac{9}{n}$≥2$\sqrt{n•\frac{9}{n}}$=6，當n=3時，取得最小值，但n為偶數(shù)，n=2時，2+$\frac{9}{2}$=$\frac{13}{2}$，
n=4時，4+$\frac{9}{4}$=$\frac{25}{4}$，由$\frac{25}{4}$＜$\frac{13}{2}$，
即有t＜4（$\frac{25}{4}$+10）=65；
當n為奇數(shù)時，不等式tS_n＜n+9×（-1）ⁿ即為t＜$\frac{4（n+1）（n-9）}{n}$=4（n-$\frac{9}{n}$-8），
由n-$\frac{9}{n}$在n為正整數(shù)上遞增，即有n=1時，取得最小值．
即有t＜4×（1-9-8）=-64．
則對任意的n∈N^*，不等式tS_n＜n+9×（-1）ⁿ恒成立，
實數(shù)t的取值范圍為（-∞，-64）．

點評 本題考查由數(shù)列遞推式求數(shù)列通項、數(shù)列求和，恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力．