在数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 中，${a_1} = 1$，${a_{n + 1}} = c{a_n} + {c^{n + 1}}\left(2n + 1\right)\left(n \in {{\mathbb{N}}^ * }\right)$，其中实数 $c \ne 0$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的通项公式；标注答案${a_n} = \left({n^2} - 1\right){c^n} + {c^{n - 1}} , n \in {{\mathbb{N}}^ * }$解析根据题意，有$$\dfrac{a_{n+1}}{c^{n+1}}=\dfrac{a_n}{c^n}+2n+1,$$于是可求得 $\dfrac{a_n}{c^n}=n^2-1+\dfrac 1c$，进而可得$$a_n=\left(n^2-1\right)c^n+c^{n-1},n\in\mathbb N^{\ast}.$$
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若对一切 $k \in {{\mathbb{N}}^ * }$ 有 ${a_{2k}} > {a_{2k - 1}}$，求 $c$ 的取值范围．标注答案$\left(-\infty,-\dfrac{1+\sqrt{13}}{6}\right)\cup [1,+\infty)$解析先探究必要条件：
由 ${a_{2k}} > {a_{2k - 1}}$，得\[\left(4k^{2} - 1 \right){c^{2k}} + {c^{2k - 1}} > \left[ {{{\left(2k - 1\right)}^2} - 1} \right]{c^{2k - 1}} + {c^{2k - 2}},\]因为 ${c^{2k - 2}} > 0$，所以\[\left(4{k^2} - 1\right){c^2} - \left(4{k^2} - 4k - 1\right)c - 1 > 0.\]一方面，当 $k=1$ 时，$3c^{2}+c-1>0$，解得 $c<\dfrac{-1-\sqrt{13}}{6}$ 或 $c>\dfrac{-1+\sqrt{13}}{6}$；
另一方面，$$c^{2}-\dfrac{4k^{2}-4k-1}{4k^{2}-1}c-\dfrac{1}{4k^{2}-1}>0,$$于是当 $k$ 趋于无穷大时，原不等式趋于 $c^{2}-c>0$，即 $c>1$ 或 $c<0$．因此 $c$ 的取值范围是$$\left(-\infty,-\dfrac{1+\sqrt{13}}{6}\right)\cup [1,+\infty),$$下面用数学归纳法证明当 $c$ 在这个范围内时，不等式\[\left(4{k^2} - 1\right){c^2} - \left(4{k^2} - 4k - 1\right)c - 1 > 0\]恒成立，从而命题成立：
当 $k=1$ 时，不等式成立．
假设当 $k=m$ 时，不等式\[\left(4{m^2} - 1\right){c^2} - \left(4{m^2} - 4m- 1\right)c - 1 > 0\]恒成立，则对 $k=m+1$，有\[\begin{split}&\quad \left[4(m+1)^{2}-1\right]c^{2}-(4m^{2}+4m+1)c-1\\ &=(4m^{2}-1)c^{2}-(4m^{2}-4m-1)c-1+(8m+4)c^{2}-8mc\\ &>(8m+4)c^{2}-8mc\\&=4c\left[c+3m(c-1)\right]>0,\end{split}\]所以当 $k=m+1$ 时，命题成立．
综上，$c$ 的取值范围是 $\left(-\infty,-\dfrac{1+\sqrt {13}}{6}\right)\cup [1,+\infty)$．
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
