(1)∵因?yàn)閍
n>0,
an2=4Sn-2an-1 ①,當(dāng)n=1時,a12=4S1-2a1-1,解得a
1=1.
當(dāng)n≥2時,有
an-12=4Sn-1-2an-1-1 ②,
由①-②得,(a
n+a
n-1)(a
n-a
n-1)=2(a
n+a
n-1),故有 a
n-a
n-1=2(n≥2),即數(shù)列{a
n}是公差等于2的等差數(shù)列,
所以a
n=a
1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.
又因?yàn)?span dealflag="1" mathtag="math" >
bn+1=
bnλ,且b
n>0,兩邊同時取自然對數(shù)得 lnb
n+1=λlnb
n,
由此可知數(shù)列{lnb
n}是以lnb
1=lne=1為首項(xiàng),以λ為公比的等比數(shù)列,
所以lnbn=lnb1×λn-1=λn-1,所以,b
n=eλn-1.
(2)當(dāng)λ=4時,由(1)知,c
n =a
n+1•lnb
n =(2n+1)•λn-1=(2n+1)•4
n-1.
假設(shè)第m項(xiàng)、第n項(xiàng)、第k項(xiàng)成等比數(shù)列,則有 (2n+1)
2•4
2n-2=(2m+1)4
m-1•(2k+1)4
k-1,
即 (2n+1)
2•4
2n-2=(2m+1)(2k+1)•4
m+k-2,∴
| (2n+1)2=(2m+1)(2k+1) | 2n-2=m+k-2 | m,n,k∈ N* |
| |
,
∴(m+k+1)
2=(2m+1)(2k+1),即 m
2+k
2+mk+m+k=0,顯然,這樣的正整數(shù)m、k不存在,故數(shù)列{c
n}中的任何三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列.
(3)∵c
n=a
n+1•lnb
n =(2n+1)•λ
n-1,
∴Tn=3×λ0+5×λ1+7×λ2+…+(2n-1)×λn-2+(2n+1)×λn-1…③.
∴λ×Tn=3×λ1+5×λ2+7×λ3+…+(2n-1)×λn-1+(2n+1)×λn…④.
由③-④得-3Tn=3+2×4+2×42+…+2×4n-1-(2n+1)×4n=3+2×
-(2n+1)4
n=
,
所以,(1-λ)Tn=3+2λ(1+λ+λ
2+…+λ
n-2)-(2n+1)λ
n.
①當(dāng)λ=1時,(1-λ)T
n+λc
n=(2n+1)(n∈N
*)在N
*上為單調(diào)遞增函數(shù),所以對于任意常數(shù)M∈(-∞,3],(1-λ)T
n+λc
n=(2n+1)≥M恒成立.
②當(dāng)λ≠1時,
(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×=3+-.
記g(n)=
(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×=3+-g(n+1)-g(n)=2λ
n>0,
所以,數(shù)列g(shù)(n)為增函數(shù).
所以當(dāng)λ≠1時,g(n)=
(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×≥g(1)=3.…(7分)
所以,所以對于任意常數(shù)M∈(-∞,3],(1-λ)T
n+λc
n≥M恒成立. …(8分)