分析 (1)由題意得,a2-a1=3>2,a3-a2=4-1m>2,即2-1m=2m−1m>0,解得m范圍即可得出.
(2)假設(shè)存在等差數(shù)列{an}為“H型數(shù)列”,設(shè)公差為d,則d>2,由a1=1,可得:Sn=n+n(n−1)2d,由題意可得:n+n(n−1)2d<n2+n對n∈N*都成立,即d<2nn−1都成立.解出即可判斷出結(jié)論.
(3)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,則an=a1qn−1,且每一項(xiàng)均為正整數(shù),且an+1-an=an(q-1)>2>0,可得an+1-an=an(q-1)>an-an-1,即在數(shù)列{an-an-1}(n≥2)中,“a2-a1”為最小項(xiàng).同理在數(shù)列{bn-bn-1}(n≥2)中,“b2-b1”為最小項(xiàng).由{an}為“H型數(shù)列”,可知只需a2-a1>2,即 a1(q-1)>2,又因?yàn)閧bn}不是“H型數(shù)列”,且“b2-b1”為最小項(xiàng),可得b2-b1≤2,即 a1(q-1)≤3,由數(shù)列{an}的每一項(xiàng)均為正整數(shù),可得 a1(q-1)=3,a1=1,q=4或a1=3,q=2,通過分類討論即可判斷出結(jié)論.
解答 解:(1)由題意得,a2-a1=3>2,a3-a2=4-1m>2,即2-1m=2m−1m>0,解得m>12或m<0.
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍時(-∞,0)∪(12,+∞).
(2)假設(shè)存在等差數(shù)列{an}為“H型數(shù)列”,設(shè)公差為d,則d>2,由a1=1,可得:Sn=n+n(n−1)2d,由題意可得:n+n(n−1)2d<n2+n對n∈N*都成立,即d<2nn−1都成立.∵2nn−1=2+2n−1>2,且n→∞lim2nn−1=2,∴d≤2,與d>2矛盾,因此不存在等差數(shù)列{an}為“H型數(shù)列”.
(3)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,則an=a1qn−1,且每一項(xiàng)均為正整數(shù),且an+1-an=an(q-1)>2>0,
∴a1>0,q>1.∵an+1-an=an(q-1)>an-an-1,即在數(shù)列{an-an-1}(n≥2)中,“a2-a1”為最小項(xiàng).
同理在數(shù)列{bn-bn-1}(n≥2)中,“b2-b1”為最小項(xiàng).由{an}為“H型數(shù)列”,可知只需a2-a1>2,
即 a1(q-1)>2,又因?yàn)閧bn}不是“H型數(shù)列”,且“b2-b1”為最小項(xiàng),∴b2-b1≤2,即 a1(q-1)≤3
,由數(shù)列{an}的每一項(xiàng)均為正整數(shù),可得 a1(q-1)=3,∴a1=1,q=4或a1=3,q=2,
①當(dāng)a1=1,q=4時,an=4n−1,則cn=4n−1(n+1)•2n−5=2n+3n+1,令dn=cn+1−cn(n∈N∗),則dn=2n+4n+2−2n+3n+1=2n+3•n(n+1)(n+2),令en=dn+1−dn(n∈N∗),則en=2n+4•n+1(n+2)(n+3)−2n+3•n(n+1)(n+2)
=2n+3n+2•n2+n+2(n+1)(n+3)>0,
∴{dn}為遞增數(shù)列,
即 dn>dn-1>dn-2>…>d1,
即 cn+1-cn>cn-cn-1>cn-1-cn-2>…>c2-c1,
∵c2−c1=323−8=83>2,所以,對任意的n∈N*都有cn+1-cn>2,
即數(shù)列{cn}為“H型數(shù)列”.②當(dāng)a1=3,q=2時,an=3•2n−1,
則cn=3•2n−1(n+1)•2n−5=48n+1,顯然,{cn}為遞減數(shù)列,c2-c1<0≤2,
故數(shù)列{cn}不是“H型數(shù)列”;
綜上:當(dāng)an=4n−1時,數(shù)列{cn}為“H型數(shù)列”,
當(dāng)an=3•2n−1時,數(shù)列{cn}不是“H型數(shù)列”.
點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、新定義“H型數(shù)列”、不等式的性質(zhì),考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.
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