Question

已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，記A（n）=a₁+a₂+…+a_n，B（n）=a₂+a₃+…+a_n+1，C（n）=a₃+a₄+…+a_n+2，n=1，2，…．
（Ⅰ）若a₁=1，a₂=3，且對任意n∈N^*，三個數(shù)A（n），B（n），C（n）組成等差數(shù)列，求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）若三個數(shù)A（n），B（n），C（n）組成公比為q的等比數(shù)列，證明：數(shù)列{a_n}是公比為q的等比數(shù)列；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，若公比q=2，a₁=2，令bn=

2n-1

an

，T_n=b₁+b₂+…+b_n，若T_n＜m（m∈Z），求m的最小值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題意可得B（n）-A（n）=C（n）-B（n），代入可得a_n+1-a₁=a_n+2-a₂，結(jié)合等差數(shù)列的通項即可求a_n．
（Ⅱ）由A（n），B（n），C（n）組成公比為q的等比數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列的通項公式及已知可證明

an+2

an+1

=

a2

a1

=q，即可證明
（Ⅲ）由（II）得bn=

2n-1

2n

，利用錯位相減可求和，然后結(jié)合其單調(diào)性即可證明

解答：解：（Ⅰ）對任意n∈N^*，三個數(shù)A（n），B（n），C（n）是等差數(shù)列，
所以B（n）-A（n）=C（n）-B（n），即a_n+1-a₁=a_n+2，亦即a_n+2-a_n-1=a₂-a₁=2．
故數(shù)列{a_n}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．
于是a_n=1+（n-1）×2=2n-1
證明：（Ⅱ）若對于任意n∈N^*，三個數(shù)A（n），B（n），C（n）組成公比為q的等比數(shù)列，
則B（n）=qA（n），C（n）=qB（n），
于是C（n）-B（n）=q[B（n）-A（n）]，得a_n+2-a₂=q（a_n+1-a₁），
即a_n+2-qa_n+1=a₂-a₁．由n=1有B（1）=qA（1），即a₂=qa₁，從而a_n+2-qa_n+1=0．
因為a_n＞0，所以

an+2

an+1

=

a2

a1

=q，故數(shù)列{a_n}是首項為a₁，公比為q的等比數(shù)列，
解：（Ⅲ）由（II）得bn=

2n-1

2n

，
∴Tn=

1

21

+

3

22

+

5

23

+…+

2n-3

2n-1

+

2n-1

2n

①

1

2

Tn= 

1

22

+

3

23

+…+

2n-5

2n-1

+

2n-3

2n

+

2n-1

2n+1

②
①-②得

1

2

Tn=

1

21

+

2

22

+

2

23

+…+

2

2n-1

+

2

2n

-

2n-1

2n+1

=

1

21

+(

1

21

+

1

22

+…+

1

2n-2

+

1

2n-1

)-

2n-1

2n+1

=

3

2

-

1

2n-1

-

2n-1

2n+1

．
∴Tn=3-

1

2n-2

-

2n-1

2n

=3-

2n+3

2n

，
設(shè)f(n)=

2n+3

2n

，n∈N*，則由

f(n+1)

f(n)

=

2n+5 2n+1

2n+3 2n

=

2n+5

2(2n+3)

=

1

2

+

1

2n+3

≤

1

2

+

1

5

＜1
得f(n)=

2n+3

2n

，n∈N*隨n的增大而減小
∴當n→+∞時，T_n→3，又T_n＜m（m∈Z）恒成立，
∴m_min=3

點評：本題主要考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的性質(zhì)的應(yīng)用，數(shù)列的遞推公式的應(yīng)用及數(shù)列的錯位相減求和方法的應(yīng)用和數(shù)列單調(diào)性在證明不等式中應(yīng)用，試題具有一定的綜合性