Question

【題目】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn ， 滿(mǎn)足Sn=2an﹣1，n∈N*．?dāng)?shù)列{bn}滿(mǎn)足nbn+1﹣（n+1）bn=n（n+1），n∈N*，且b1=1．
（1）求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
（2）若cn=an ，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n ， 對(duì)任意的n∈N*，都有Tn＜nSn﹣a，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）是否存在正整數(shù)m，n使b1 ， am ， bn（n＞1）成等差數(shù)列，若存在，求出所有滿(mǎn)足條件的m，n，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】
（1）解：當(dāng)n=1時(shí)，S1=2a1﹣1=a1，所以a1=1．

當(dāng)n≥2時(shí)，Sn=2an﹣1，Sn﹣1=2an﹣1﹣1，

兩式相減得an=2an﹣1，

從而數(shù)列{an}為首項(xiàng)a1=1，公比q=2的等比數(shù)列，

從而數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n﹣1．

由nbn+1﹣（n+1）bn=n（n+1），兩邊同除以n（n+1），

得 ﹣ =1，

從而數(shù)列{ }為首項(xiàng)b1=1，公差d=1的等差數(shù)列，所以 =n，

從而數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n2

（2）解：由（1）得cn=an =n2n﹣1，

于是Tn=1×1+2×2+3×22+…+（n﹣1）2n﹣2+n2n﹣1，

所以2Tn=1×21+2×22+3×23+…+（n﹣1）2n﹣1+n2n，

兩式相減得﹣Tn=1+21+22+23+…+2n﹣1﹣n2n= ﹣n×2n，

所以Tn=（n﹣1）2n+1

由（1）得Sn=2an﹣1=2n﹣1，

因?yàn)槿我獾膎∈N*，都有Tn＜nSn﹣a，

即（n﹣1）2n+1＜n（2n﹣1）﹣a恒成立，

所以a＜2n﹣n﹣1恒成立，

記cn=2n﹣n﹣1，

所以a＜（cn）min，

因?yàn)? =2n﹣1＞0，

從而數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，所以當(dāng)n=1時(shí)cn取最小值c1=0，

于是a＜0

（3）解：假設(shè)存在正整數(shù)m，n（n＞1），使b1，am，bn成等差數(shù)列，則b1+bn=2am，

即1+n2=2m，

若n為偶數(shù)，則1+n2為奇數(shù)，而2m為偶數(shù)，上式不成立．

若n為奇數(shù)，設(shè)n=2k﹣1（k∈N*），則1+n2=1+（2k﹣1）2=4k2﹣4k+2=2m，

于是2k2﹣2k+1=2m﹣1，即2（k2﹣k）+1=2m﹣1，

當(dāng)m=1時(shí)，k=1，此時(shí)n=2k﹣1=1與n＞1矛盾；

當(dāng)m≥2時(shí)，上式左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，顯然不成立．

綜上所述，滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)對(duì)（m，n）不存在

【解析】（1）根據(jù)Sn、與 an 的關(guān)系可求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，利用已知整理可得數(shù)列{ }時(shí)首項(xiàng)b1=1，公差d=1的等差數(shù)列，進(jìn)而得出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式。（2）根據(jù)題意利用乘以公比列項(xiàng)相減可得到Tn=（n﹣1）2n+1，再根據(jù)已知得到（n﹣1）2n+1＜n（2n﹣1）﹣a恒成立即a＜2n﹣n﹣1恒成立，證明得到數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，所以當(dāng)n=1時(shí)cn取最小值c1=0，得到a的取值范圍。（3）假設(shè)存在根據(jù)題意判斷得到若n為偶數(shù)上式不成立，若n為奇數(shù)即2（k2﹣k）+1=2m﹣1，對(duì)此式子進(jìn)行分析得到均不成立，故滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)對(duì)（m，n）不存在。