Question

若數(shù)列{a_n}是首項為6-12t，公差為6的等差數(shù)列；數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n=3ⁿ-t．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項公式；
（2）若數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，試證明：對于任意的n（n∈N，n≥1），均存在正整數(shù)C_n，使得b_n+1=a，并求數(shù)列{c_n}的前n項和T_n；
（3）設(shè)數(shù)列{d_n}滿足d_n=a_n•b_n，且{d_n}中不存在這樣的項d_t，使得“d_k＜d_k-1與d_k＜d_k+1”同時成立（其中k≥2，k∈N^*），試求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項公式，可得a_n=6n-12t；再由數(shù)列前n項和與第n項的關(guān)系，即可算出{b_n}的通項公式；
（2）由{b_n}是等比數(shù)列，結(jié)合（1）的通項公式可得b_n=2•3^n-1，算出出t=1從而得到a_n=6n-12t．通過變形整理，得到b_n+1=6（3^n-1+2）-12，從而得到存在c_n=3^n-1+2∈N^*，使=b_n+1成立，由等比數(shù)列求和公式即可算出{c_n}的前n項和T_n；
（3）根據(jù)（1）的結(jié)論，得，由此進行作差，得d_n+1-d_n=8[n-（2t-）]•3ⁿ（n≥2）．因此，分t＜、2和m（m∈N且m≥3）三種情況加以討論，分別根據(jù)數(shù)列{d_n}的單調(diào)性解關(guān)于t的不等式，最后綜合即可得到實數(shù)t的取值范圍．
解答：解：（1）∵{a_n}是首項為6-12t，公差為6的等差數(shù)列，
∴a_n=（6-12t）+（n-1）×6=6n-12t…（2分）
而數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n=3ⁿ-t，所以
當(dāng)n≥2時，b_n=（3ⁿ-1）-（3^n-1-1）=2•3^n-1，
又∵b₁=S₁=3-t，
∴ …（4分）
（2）∵數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，∴b₁=3-t=2•3^1-1=2，解之得t=1，
因此，b_n=2•3^n-1，且a_n=6n-12 …（5分）
對任意的n（n∈N，n≥1），由于b_n+1=2•3ⁿ=6•3^n-1=6（3^n-1+2）-12，
令c_n=3^n-1+2∈N^*，則=6（3^n-1+2）-12=b_n+1，所以命題成立 …（7分）
數(shù)列數(shù)列{c_n}的前n項和為：T_n=2n+=•3ⁿ+2n- …（9分）
（3）根據(jù)（1）的結(jié)論，得，
由于當(dāng)n≥2時，d_n+1-d_n=4（n+1-2t）•3ⁿ⁺¹-4（n-2t）•3ⁿ=8[n-（2t-）]•3ⁿ，
因此，可得
①若2t-＜2，即t＜時，則d_n+1-d_n＞0，可得d_n+1＞d_n，
∴當(dāng)n≥2時，{d_n}是遞增數(shù)列，結(jié)合題意得d₁＜d₂，
即6（3-t）（1-2t）≤36（2-2t），解之得≤t≤，…（13分）
②若2，即，則當(dāng)n≥3時，{d_n}是遞增數(shù)列，
∴結(jié)合題意得d₂=d₃，4（2t-2）×3²=4（2t-3）×3³，解之得t=（14分）
③若m（m∈N且m≥3），即+≤t≤+（m∈N且m≥3），
則當(dāng)2≤n≤m時，{d_n}是遞減數(shù)列，當(dāng)n≥m+1時，{d_n}是遞增數(shù)列，
結(jié)合題意，得d_m=d_m+1，即4（2t-m）×3^m=4（2t-m-1）×3^m+1，解之得t=…（15分）
綜上所述，t的取值范圍是≤t≤或t=（m∈N且m≥2）…（16分）
點評：本題給出成等差數(shù)列和成等比數(shù)列的兩個數(shù)列，求它們的通項公式并找出由它們的公共項構(gòu)成的新數(shù)列規(guī)律，并依此求新數(shù)列的前n項和．著重考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式，等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項和公式，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想和數(shù)列中的猜想、類比與遞推的思想，對數(shù)學(xué)的綜合能力要求較高，屬于難題．