Question

已知等差數(shù)列{a_n}的公差不為零，a₅=10，等比數(shù)列{b_n}的前3項滿足b₁=a₂，b₂=a₃，b₃=a₇．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=

1

n(an+8)

（n∈N^*），S_n=c₁+c₂+…+c_n，是否存在最大整數(shù)m，使對任意的n∈N^*，均有b_n+1•S_n＞

m•2n

39

總成立？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（Ⅰ）由已知可設(shè)公差為的d，依題意可得

a1+4d=10 (a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d)

，聯(lián)立解得：a₁=-2，d=3，從而可求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）依題意可得S_n=

n

3(n+1)

，假設(shè)存在整數(shù)m使b_n+1•S_n＞

m•2n

39

成立，即m＜

39•4n•n

2n•3(n+1)

=

13n•2n

n+1

，記f（n）=

13n•2n

n+1

，則f（n+1）-f（n）=

13×2n(n2+6n+4)

(n+1)(n+2)

＞0，從而求出f（n）_min=f（1）=13．即有存在最大的整數(shù)m=12，使bn•Sn＞

m•2n

39

恒成立．

解答： 解：（Ⅰ）由已知可設(shè)公差為的d，則有：

a1+4d=10 (a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d)

，聯(lián)立解得：a₁=-2，d=3，
∴a_n=3n-5，bn=4n-1．
（Ⅱ）數(shù)列a_n=3n-5代入得cn=

1

n(an+8)

=

1

3n(n+1)

=

1

3

（

1

n

-

1

n+1

），
故S_n=

1

3

[（1-

1

2

）+（

1

2

-

1

3

）+…+（

1

n

-

1

n+1

）]=

n

3(n+1)

   
假設(shè)存在整數(shù)m使b_n+1•S_n＞

m•2n

39

成立，即m＜

39•4n•n

2n•3(n+1)

=

13n•2n

n+1

，
記f（n）=

13n•2n

n+1

，則f（n+1）-f（n）=

13×2n(n2+6n+4)

(n+1)(n+2)

＞0，
故f（n）為單調(diào)遞增，且f（n）_min=f（1）=13．
故存在最大的整數(shù)m=12，使bn•Sn＞

m•2n

39

恒成立．

點評：本題主要考察了等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合應(yīng)用，技巧性較強，解題時要耐心細致，屬于中檔題．