数列{an}满足：a1=5，an+1-an=2(an+1+an)+15，数列{bn}的前n项和Sn满足：Sn=2．证明：数列{an+1-an}

题文

数列{a_n}满足：a₁=5，a_n+1-a_n=2(an+1+an)+15，数列{b_n}的前n项和S_n满足：S_n=2（1-b_n）．
（1）证明：数列{a_n+1-a_n}是一个等差数列，并求出数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{b_n}的通项公式，并求出数列{a_nb_n}的最大项． 题型：未知 难度：其他题型

答案

解 （1）令n=1得a₂-5=2(a2+5)+15，解得a₂=12，
由已知得（a_n+1-a_n）²=2（a_n+1+a_n）+15        ①
（a_n+2-a_n+1）²=2（a_n+2+a_n+1）+15     ②
将②-①得（a_n+2-a_n）（a_n+2-2a_n+1+a_n）=2（a_n+2-a_n），
由于数列{a_n}单调递增，所以a_n+2-a_n≠0，于是
a_n+2-2a_n+1+a_n=2，即（a_n+2-a_n+1）-（a_n+1-a_n）=2，
所以{a_n+1-a_n}是首项为7，公差为2的等差数列，于是
a_n+1-a_n=7+2（n-1）=2n+5，所以
a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁=（2n+3）+（2n+1）+…+7+5=n（n+4）．
（2）在 S_n=2（1-b_n）中令n=1得b₁=2（1-b₁），解得b₁=23，
∵S_n=2（1-b_n），S_n+1=2（1-b_n+1），相减得b_n+1=-2b_n+1+2b_n，即3b_n+1=2b_n，
∴{b_n}是首项和公比均为23的等比数列，
∴b_n=（23）ⁿ．
从而a_nb_n=n（n+4）（23）ⁿ．
设数列{a_nb_n}的最大项为a_kb_k，则有
k（k+4）（23）^k≥（k+1）（k+5）（23）^k+1，且k（k+4）（23）^k≥（k-1）（k+3）（23）^k-1，
所以k²≥10，且k²-2k-9≤0，因为k是自然数，解得k=4．
所以数列{a_nb_n}的最大项为a₄b₄=51281．

解析

2(a2+5)+15

考点

据考高分专家说，试题“数列{an}满足：a1=5，an+1-a.....”主要考查你对 [等差数列的定义及性质 ]考点的理解。 等差数列的定义及性质

等差数列的定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为a_n+1-a_n=d。

等差数列的性质：

（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N*，则a_m＝a_n+(m-n)d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则a_s+a_t=a_p+a_q，其中a_s，a_t，a_p，a_q是数列中的项，特别地，当s+t=2p时，有a_s+a_t=2a_p；
（5）若数列｛a_n｝，｛b_n｝均是等差数列，则数列｛ma_n+kb_n｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。
（6）




（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即




（8）

 仍为等差数列，公差为

 

对等差数列定义的理解：

①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列． 
②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有

还有


③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列；
④

是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；
⑤证明一个数列是等差数列，只需证明a_n+1-a_n是一个与n无关的常数即可。

等差数列求解与证明的基本方法：

(1)学会运用函数与方程思想解题；
(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；
(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a₁，d，n，a_n，S_n，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．