已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 与 $\left\{b_n\right\}$ 满足 $a_{n+1}-a_n=2\left(b_{n+1}-b_n\right)$，$n\in{\mathbb{N}}^*$．
【难度】
【出处】
2015年高考上海卷（理）
【标注】
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若 $b_n=3n+5$，且 $a_1=1$，求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式；标注答案解析由 $b_{n+1}-b_n=3$，得 $a_{n+1}-a_n=6$，
所以 $\left\{a_n\right\}$ 是首项为 $1$，公差为 $6$ 的等差数列，
故 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式为 $a_n=6n-5$，$n\in{\mathbb{N}}^*$． -
设 $\left\{a_n\right\}$ 的第 $n_0$ 项是最大项，即 $a_{n_0}\geqslant a_n\left(n\in{\mathbb{N}}^*\right)$．求证：$\left\{b_n\right\}$ 的第 $n_0$ 项是最大项；标注答案解析由 $a_{n+1}-a_n=2\left(b_{n+1}-b_n\right)$，得 $a_{n+1}-2b_{n+1}=a_n-2b_n$．
所以 $\left\{a_n-2b_n\right\}$ 为常数列，$a_n-2b_n=a_1-2b_1$，即 $a_n=2b_n+a_1-2b_1$．
因为 $a_{n_0}\geqslant a_n$，$n\in{\mathbb{N}}^*$，
所以 $2b_{n_0}+a_1-2b_1\geqslant 2b_n+a_1-2b_1$，即 $b_{n_0}\geqslant b_n$．
故 $\left\{b_n\right\}$ 的第 $n_0$ 项是最大项． -
设 $a_1=\lambda<0$，$b_n=\lambda^n\left(n\in{\mathbb{N}}^*\right)$．求 $\lambda$ 的取值范围，使得 $\left\{a_n\right\}$ 有最大值 $M$ 与最小值 $m$，且 $\dfrac Mm\in\left(-2,2\right)$．标注答案解析因为 $b_n=\lambda^n$，
所以 $a_{n+1}-a_n=2\left(\lambda^{n+1}-\lambda^n\right)$，当 $n\geqslant 2$ 时，\[\begin{split}a_n&=\left(a_n-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\cdots+\left(a_2-a_1\right)+a_1
\\&=2\left(\lambda^n-\lambda^{n-1}\right)+2\left(\lambda^{n-1}-\lambda^{n-2}\right)+\cdots+2\left(\lambda^2-\lambda^1\right)+\lambda
\\&=2\lambda^n-\lambda.\end{split}\]当 $n=1$ 时，$a_1=\lambda$，符合上式．
所以 $a_n=2\lambda^n-\lambda$．
因为 $\lambda<0$，
所以 $a_{2n}=2\left|\lambda\right|^{2n}-\lambda>-\lambda$，$a_{2n-1}=-2\left|\lambda\right|^{2n-1}-\lambda<-\lambda$．
（i）当 $\lambda<-1$ 时，由指数函数的单调性知，$\left\{a_n\right\}$ 不存在最大、最小值；
（ii）当 $\lambda=-1$ 时，$\left\{a_n\right\}$ 的最大值为 $3$，最小值为 $-1$，而 $\dfrac{3}{-1}\notin\left(-2,2\right)$；
（iii）当 $-1<\lambda<0$ 时，由指数函数的单调性知，$\left\{a_n\right\}$ 的最大值 $M=a_2=2\lambda^2-\lambda$，最小值 $m=a_1=\lambda$，由 $-2<\dfrac{2\lambda^2-\lambda}{\lambda}<2$ 及 $-1<\lambda<0$，得 $-\dfrac 12<\lambda<0$．
综上，$\lambda$ 的取值范围是 $\left(-\dfrac 12,0\right)$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
