Question

设数列{a_n}的各项都是正数，记S_n为数列{a_n}的前n项和，且对任意n∈N^*，都有a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³=S_n²．
（Ⅰ）求证：a_n²=2S_n-a_n；
（Ⅱ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅲ）若bn=3n+(-1)n-1λ•2an（λ为非零常数，n∈N^*），问是否存在整数λ，使得对任意 n∈N^*，都有b_n+1＞b_n．

Answer 1

分析：本题考查的是数列与不等式的综合题．在解答时：
（I）首先讨论n=1和n≥2时两种情况，结合通项与前n项和之间的关系通过作差、变形化简即可获得问题的解答；
（II）利用（1）的结论写出相邻的一项对应的关系式，注意保证n≥2．用作差法可分析知数列a_n为等差数列，进而即可获得数列的通项公式；
（III）首先假设存在λ使得满足题意，然后计算化简b_n+1-b_n，再结合恒成立问题进行转化，将问题转化为：(-1)n-1•λ＜(

3

2

)n-1对任意的n∈N*恒成立．然后分n为奇偶数讨论即可获得λ的范围，再结合为整数即可获得问题的解答．

解答：解：（Ⅰ）证明：∵a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³=S_n²，
当n=1时，a₁³=a₁²．
∵a₁＞0，∴a₁=1．
当n≥2时，a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³=S_n²．①a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n-1³=S_n-1²．②
①-②得  a_n³=a_n（2a₁+2a₂+…+2a_n-1+a_n）
∵a_n＞0，∴a_n²=2a₁+2a₂+…+2a_n-1+a_n，
即a_n²=2S_n-a_n．
∵a₁=1适合上式，
∴a_n²=2S_n-a_n（n∈N^*）．（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 a_n²=2S_n-a_n（n∈N^*）．③
当n≥2时，a_n-1²=2S_n-1-a_n-1．④
③-④得a_n²-a_n-1²=2（S_n-S_n-1）-a_n+a_n-1=2a_n-a_n+a_n-1=a_n+a_n-1．
∵a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=1．
∴数列{a_n}是首项为1，公差为1的等差数列，可得a_n=n．（8分）
（Ⅲ）∵a_n=n，∴bn=3n+(-1)n-1λ•2an=3n+(-1)n-1λ•2n．
欲使b_n+1-b_n=[3ⁿ⁺¹+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺¹]-[3ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ]

& & &=2

•3n-3λ(-1)n-1•2n＞0，
即(-1)n-1•λ＜(

3

2

)n-1成立．⑤
当n=2k-1，k=1，2，3，…时，⑤式即为λ＜(

3

2

)2k-2．⑥
依题意，⑥式对k=1，2，3…都成立，∴λ＜1．
当n=2k，k=1，2，3，…时，⑤式即为λ＞-(

3

2

)2k-1．⑦
依题意，⑦式对k=1，2，3，…都成立，∴λ＞-

3

2

．
∴-

3

2

＜λ＜1，又λ≠0．
∴存在整数λ=-1，使得对任意n∈N^*，都有b_n+1＞b_n．（12分）

点评：本题考查的是数列与不等式的综合题．在解答的过程当中充分体现了数列通项与前n项和的知识、分类讨论的知识以及恒成立问题的解答规律．值得同学们体会和反思．