Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，设数列{b_n}满足b_n=2（S_n+1-S_n）S_n-n（S_n+1+S_n）（n∈N^*）．
（1）若数列{a_n}为等差数列，且b_n=0，求数列{a_n}的通项公式；
（2）若a₁=1，a₂=3，且数列{a_2n-1}的，{a_2n}都是以2为公比的等比数列，求满足不等式b_2n＜b_2n-1的所有正整数的n集合．

Answer 1

考点：数列递推式,等比数列的性质

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由b_n=2（S_n+1-S_n）S_n-n（S_n+1+S_n）（n∈N^*），得b_n=2a_n+1S_n-n（2S_n+a_n+1），由b_n=0，得(d2-d)n2+(3a1d-d2-2a1)n+2a12-a₁d-a₁=0对一切n∈N^*都成立，由此能求出a_n=0或a_n=n．
（2）由题意得a2n+1=2n-1，a2n=3×2n-1，S2n=2n-1+3(2n-1)=4×2ⁿ-4，从而推导出b_2n-b_2n-1=22n-1+8-2n(5n+

5

2

)，设f（n）=2ⁿ[

1

2

×2n-(5n+

5

2

)]+8，记g（n）=

1

2

×2n-(5n+

5

2

)，则g（n+1）-g（n）=

1

2

×2n-5，由此能求出满足条件的正整数n的集合．

解答： 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，则a_n+1=a₁+nd，Sn=na1+

n(n-1)

2

d，
由b_n=2（S_n+1-S_n）S_n-n（S_n+1+S_n）（n∈N^*），
得b_n=2a_n+1S_n-n（2S_n+a_n+1），
∵b_n=0，∴2(a1+nd)[na1+

n(n-1)

2

d]-n[2na1+n(n-1)d+a1+nd]=0对一切n∈N^*都成立，
即(d2-d)n2+(3a1d-d2-2a1)n+2a12-a₁d-a₁=0对一切n∈N^*都成立，
令n=1，n=2，解得a₁=d=0或a₁=d=1，
经检验，符合题意，
∴a_n=0或a_n=n．
（2）由题意得a2n+1=2n-1，a2n=3×2n-1，
S2n=2n-1+3(2n-1)=4×2ⁿ-4，
S_2n+1=S_2n-a_2n=4×2ⁿ-4-3×2ⁿ⁺¹=5×2^n-1-4，
b_2n=2a_2n+1S_2n-2n（2S_2n+a_2n+1）
=2×2ⁿ×（4×2ⁿ-4）-2n（8×2ⁿ-8+2ⁿ）
=2ⁿ⁺¹（2ⁿ⁺²-9n-4）+16n，
b_2n-1=2a_2nS_2n-1-（2n-1）（2S_2n-1+a_2n）
=6×2^n-1×（5×2^n-1-4）-（2n-1）（10×2^n-1-8+3×2^n-1）
=2^n-1（30×2^n-1-26n-11）+16n-8，
b_2n-b_2n-1=2ⁿ⁺¹（2ⁿ⁺²-9n-4）+16n-[2^n-1（30×2^n-1-26n-11）+16n-8]
=2n(2n-1-5n-

5

2

)+8
=22n-1+8-2n(5n+

5

2

)，
设f（n）=22n-1+8-2n(5n+

5

2

)，即f（n）=2ⁿ[

1

2

×2n-(5n+

5

2

)]+8，
记g（n）=

1

2

×2n-(5n+

5

2

)，
则g（n+1）-g（n）=

1

2

×2n+1-(5n+

15

2

)-

1

2

×2n+5n+

5

2

=

1

2

×2n-5，
当n=1，2，3时，g（n+1）-g（n）＜0，
当n∈N^*时，n≥4，g（n+1）-g（n）＜0，
∵n=1时，g（1）=-

13

2

＜0，∴g（4）＜0，且g（6）=-

1

2

＜0，g（7）=

53

2

＞0，
∴f（n）=2n[

1

2

×2n-(5n+

5

2

)]+8在n≥7（n∈N^*）时，是单调递增函数，
f（1）=-5＜0，f（2）=-34＜0，f（3）=-100＜0，f（4）=-224＜0，
f（5）=-360＜0，f（6）=-24＜0，f（7）=3400＞0，
∴满足条件的正整数n的集合为{1，2，3，4，5，6}．

点评：本题考查数列{a_n}的通项公式的求法，考查满足不等式b_2n＜b_2n-1的所有正整数的n集合的求法，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用．