Question

A已知數列{a_n}是首項為a1=

1

4

，公比q=

1

4

的等比數列，設bn+2=3log

1

4

an  (n∈N*)，數列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n．
（1）求證：{b_n}是等差數列；
（2）求數列{c_n}的前n項和S_n；
（3）若cn≤

1

4

m2+m-1對一切正整數n恒成立，求實數m的取值范圍．
B已知數列{a_n}和{b_n}滿足：a₁=λ，an+1=

2

3

an+n-4，bn=(-1)n(an-3n+21)，其中λ為實數，n為正整數．
（Ⅰ）對任意實數λ，證明：數列{a_n}不是等比數列；
（Ⅱ）證明：當λ≠-18時，數列{b_n}是等比數列；
（Ⅲ）設0＜a＜b（a，b為實常數），S_n為數列{b_n}的前n項和．是否存在實數λ，使得對任意正整數n，都有a＜S_n＜b？若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：A：（1）由題意得：a_n=(

1

4

)n，(n∈N*)，由bn=3log 

1

2

an-2，b1=3log

1

4

an -2=1，知bn+1-bn=3log

1

4

an+1 -3log

1

4

an=3，由此能證明數列{b_n}是首項b₁=1，公差d=3的等差數列．
（2）由an=(

1

4

)n，(n∈N*)，b_n=3n-2，知cn=(3n-2)×(

1

4

)n，n∈N*，故Sn=1×

1

4

+4×(

1

4

)2+7×(

1

4

)  3+…+(3n-5)×(

1

4

)n-1+(3n-2)×(

1

4

)n，由錯位相減法能求出數列{c_n}的前n項和S_n．
（3）由cn+1-cn=(3n+1)(

1

4

)n-(3n-2)(

1

4

)n=9（1-n）(

1

4

)n+1，知當n=1時，c2=c1 =

1

4

，當n≥2時，c_n+1＜c_n，由此能求出實數m的取值范圍．
B：（Ⅰ）假設存在一個實數，使{a_n}是等比數列，則有a22=a1a2，即（

2

3

λ-3）²=λ(

4

9

λ-4)，等價于9=0矛盾．所以{a_n}不是等比數列．
（Ⅱ）因為b_n+1=（-1）ⁿ⁺¹[a_n+1-3（n-1）+21]=-

2

3

b_n，故當λ≠-18時，b₁=-（λ+18）≠0，

bn+1

bn

=-

2

3

，（n∈N⁺）．故當λ≠-18時，數列{b_n}是以-（λ+18）為首項，-

2

3

為公比的等比數列．
（Ⅲ）由λ=-18，b_n=0，S_n=0，不滿足題目要求，知λ≠-18，故知b_n=-（λ+18）•（-

2

3

）^n-1，于是S_n=-

3

5

(λ-18)•[1-(-

2

3

)n ]，要使a＜S_n＜b對任意正整數n成立，即a＜-

3

5

（λ+18）•[1-（-

2

3

）ⁿ]＜b（n∈N⁺），由此能求出λ的取值范圍．

解答：A解：（1）由題意得：a_n=(

1

4

)n，(n∈N*)，
∵bn=3log 

1

2

an-2，b1=3log

1

4

an -2=1，
∴bn+1-bn=3log

1

4

an+1 -3log

1

4

an=3log

1

4

an+1

an

=3log

1

4

q=3，
故數列{b_n}是首項b₁=1，公差d=3的等差數列．
（2）∵數列{b_n}是首項b₁=1，公差d=3的等差數列，
∴an=(

1

4

)n，(n∈N*)，b_n=3n-2，
∴cn=(3n-2)×(

1

4

)n，n∈N*，
∴Sn=1×

1

4

+4×(

1

4

)2+7×(

1

4

)  3+…+(3n-5)×(

1

4

)n-1+(3n-2)×(

1

4

)n，
∴

1

4

Sn=1×(

1

4

)2+4×(

1

4

)3+7× (

1

4

)4 +…+(3n-5)×(

1

4

)n+(3n-2)×(

1

4

)n+1，
∴(1-

1

4

)Sn=

1

4

+3[(

1

4

)2+(

1

4

)3+(

1

4

)4 +…+(

1

4

)n]-(3n-2)×(

1

4

)n+1，
∴Sn=

2

3

-

12n+8

3

×(

1

4

)n+1，n∈N*．
（3）∵cn+1-cn=(3n+1)(

1

4

)n+1-(3n-2)(

1

4

)n=9（1-n）(

1

4

)n+1，
∴當n=1時，c2=c1 =

1

4

，
當n≥2時，c_n+1＜c_n，即c₁=c₂＜c₃＜c₄＜…＜c_n，
∴當n=1時，c_n取最大值是

1

4

，
cn≤

1

4

m2+m-1對一切正整數n恒成立，
∴

1

4

m2+m-1≥

1

4

，
即m²+4m-5≥0，得m≥1，或m≤-5．
B解：（Ⅰ）證明：假設存在一個實數，使{a_n}是等比數列，則有a22=a1a2，
即（

2

3

λ-3）²=λ(

4

9

λ-4)，
等價于

4

9

λ^2-4λ+9=

4

9

λ2-4λ，
等價于9=0矛盾．
所以{a_n}不是等比數列．…4分
（Ⅱ）解：因為b_n+1=（-1）ⁿ⁺¹[a_n+1-3（n-1）+21]=（-1）ⁿ⁺¹（

2

3

a_n-2n+14）
=-

2

3

（-1）ⁿ•（a_n-3n+21）=-

2

3

b_n．
當λ≠-18時，b₁=-（λ+18）≠0，由上可知b_n≠0，
∴

bn+1

bn

=-

2

3

，（n∈N⁺）．
故當λ≠-18時，數列{b_n}是以-（λ+18）為首項，-

2

3

為公比的等比數列，…8分
（Ⅲ）由（2）知，當λ=-18，b_n=0，S_n=0，不滿足題目要求．…9分
∴λ≠-18，故知b_n=-（λ+18）•（-

2

3

）^n-1，于是可得
S_n=-

3

5

(λ-18)•[1-(-

2

3

)n ]，…10分
要使a＜S_n＜b對任意正整數n成立，
即a＜-

3

5

（λ+18）•[1-（-

2

3

）ⁿ]＜b（n∈N⁺），
得

a

1-(- 2 3 )n

＜-

3

5

(λ+18)＜

b

1-(- 2 3 )n

，
令f(n)=1-(-

2

3

)n，則當n為正奇數時，1＜f（n）≤

5

3

；
當n為正偶數時，

5

9

≤f(n)＜1，
∴f（n）的最大值為f（1）=

5

3

，f（n）的最小值為f（2）=

5

9

，…12分
于是，由①式得

9

5

a＜-

3

5

(λ+18)＜

3

5

b，
∴-b-18＜λ＜-3a-18，
當a＜b≤3a時，由-b-18≥-3a-18，不存在實數滿足要求；
當b＞3a存在λ，使得對任意正整數n，
都有a＜S_n＜b，且λ的取值范圍是（-b-18，-3a-18）…14分．

點評：本題考查數列與不等式的綜合應用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．綜合性強，難度大，有一定的探索性，對數學思維能力要求較高，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．