Question

設數列{a_n}前n項和為S_n，且（3-m）S_n+2ma_n=m+3（n∈N^*）．其中m為實常數，m≠-3且m≠0．
（1）求證：{a_n}是等比數列；
（2）若數列{a_n}的公比滿足q=f（m）且b1=a1，bn=

3

2

f(bn-1)(n∈N*，n≥2)，求{b_n}的通項公式；
（3）若m=1時，設T_n=a₁+2a₂+3a₃+…+na_n（n∈N^*），是否存在最大的正整數k，使得對任意n∈N^*均有Tn＞

k

8

成立，若存在求出k的值，若不存在請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由（3-m）S_n+2ma_n=m+3，得（3-m）S_n+1+2ma_n+1=m+3，由此能夠證明{a_n}是等比數列．
（2）由b1=a1=1，q=f(m)=

2m

m+3

，n∈N*，知n≥2時，bn=

3

2

f(bn-1)=

3

2

•

2bn-1

bn-1+3

，所以{

1

bn

}是以1為首項，

1

3

為公差的等差數列，由此能求出bn=

3

n+2

．
（3）由Tn=1+2(

1

2

)1+3(

1

2

)2+…+n(

1

2

)n-1，知

1

2

Tn=

1

2

+2(

1

2

)2+3(

1

2

)3+…+n(

1

2

)n，由此能求出k的最大值．

解答：解：（1）由（3-m）S_n+2ma_n=m+3，
得（3-m）S_n+1+2ma_n+1=m+3，
兩式相減，得（3+m）a_n+1=2ma_n（m≠-3），
∴

an+1

an

=

2m

m+3

，
∵m是常數，且m≠-3，m≠0，
故

2m

m+3

為不為0的常數，
∴{a_n}是等比數列．
（2）由b1=a1=1，q=f(m)=

2m

m+3

，n∈N*，
且n≥2時，bn=

3

2

f(bn-1)=

3

2

•

2bn-1

bn-1+3

，
得bnbn-1+3bn=3bn-1⇒

1

bn

-

1

bn-1

=

1

3

，
∴{

1

bn

}是以1為首項，

1

3

為公差的等差數列，
∴

1

bn

=1+

n-1

3

=

n+2

3

，
故bn=

3

n+2

．
（3）由已知Tn=1+2(

1

2

)1+3(

1

2

)2+…+n(

1

2

)n-1，
∴

1

2

Tn=

1

2

+2(

1

2

)2+3(

1

2

)3+…+n(

1

2

)n
相減得：

1

2

Tn=1+

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)3+…+(

1

2

)n-1-n(

1

2

)n=

1-( 1 2 )n

1- 1 2

-n(

1

2

)n，
∴Tn=4-

n+2

2n-1

，
Tn+1-Tn=(4-

n+3

2n

)-(4-

n+2

2n-1

)=

n+1

2 n

＞0，
T_n遞增，
∴(Tn)min=T1=4-

3

20

=1，
∵Tn＞

k

8

對n∈N^*均成立，
∴

k

8

＜(Tn)min=1，
又k∈N^*，∴k最大值為7．

點評：本題考查數列的綜合運用，解題時要認真審題，仔細解答，合理地運用錯位相減法進行證明．注意挖掘題設中的隱含條件，合理地進行等價轉化．