Question

已知數(shù)列{a_n}滿足，數(shù)列{b_n}滿足b_n=lna_n，數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n+b_n．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=b₁+b₂+…+b_n，試比較S_n-n與T_n的大小，并證明；
（Ⅲ）我們知道數(shù)列{a_n}如果是等差數(shù)列，則公差是一個(gè)常數(shù)，顯然在本題的數(shù)列{c_n}中不是一個(gè)常數(shù)，但是否會(huì)小于等于一個(gè)常數(shù)k呢，若會(huì)，請求出k的范圍，若不會(huì)，請說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）根據(jù)題意，由可得=+1，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得{}是等差數(shù)列，易得{}的首項(xiàng)與公差，由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得答案；
（Ⅱ）根據(jù)題意，結(jié)合（1）可得b_n=ln，構(gòu)造函數(shù)f（x）=lnx+x+1，對f（x）求導(dǎo)，判斷其單調(diào)性，可得任意x＞0，有l(wèi)nx≥x-1成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號；又由＞0，則ln≥n-1，即b_n≥a_n-1，當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí)取等號；而S_n-n=（a₁-1）+（a₂-1）+…+（a_n-1），結(jié)合ln≥n-1，可得結(jié)論；
（Ⅲ）由（1）可知，不妨設(shè)恒成立，且n＞m≥1，可以將其變形為c_n-c_m≤k（n-m），即c_n-kn≤c_m-km，記f（n）=c_n-kn，則f（n）在N^*上單調(diào)遞減，所以f（n+1）-f（n）=c_n+1-c_n-k≤0恒成立；記t=n（n+1）≥2，，對g（t）求導(dǎo)可得，g（t）的最小值，結(jié)合k與g（t）的關(guān)系，可得答案．
解答：解：（Ⅰ）根據(jù)題意，可得=+1，所以{}是等差數(shù)列，則其首項(xiàng)=1，公差d=1，
所以=1+（n-1）×1=n，從而a_n=；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得b_n=ln，構(gòu)造函數(shù)f（x）=lnx-x+1，則f′（x）=-1=；
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，
即當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
所以f（x）≤f（1）=0，即任意x＞0，有l(wèi)nx≤x-1成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號；
又由n＞0，則＞0，
令x=，可得ln≤-1，即b_n≤a_n-1，當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí)取等號，
所以S_n-n=（a₁-1）+（a₂-1）+…+（a_n-1）≥b₁+b₂+…+b_n=T_n，當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí)取等號；
即S_n-n≥T_n，n=1時(shí)等號成立；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，不妨設(shè)恒成立，且n＞m≥1，
則c_n-c_m≤k（n-m），等價(jià)于c_n-kn≤c_m-km，
記f（n）=c_n-kn，則f（n）在N^*上單調(diào)遞減，
所以f（n+1）-f（n）=c_n+1-c_n-k≤0恒成立；
所以
記t=n（n+1）≥2，，所以，
所以g（t）在[2，+∞）上單調(diào)遞增，所以
所以為所求范圍．
點(diǎn)評：本題綜合考查函數(shù)與數(shù)列，注意數(shù)列其實(shí)是特殊的函數(shù)，其定義域是{1，2，3，…}，可以結(jié)合函數(shù)的一些性質(zhì)、問題處理方法，來處理數(shù)列的問題．