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】
-
求 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的通项公式；标注答案解析由原式得 $\dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{c^{n + 1}}}} = \dfrac{a_n}{c^n} + \left(2n + 1\right)$．
令 ${b_n} = \dfrac{a_n}{c^n}$，则 ${b_1} = \dfrac{1}{c} $，${b_{n + 1}} = {b_n} + \left(2n + 1\right)$，因此对 $n \geqslant 2$ 有\[ \begin{split} {b_n} &= \left({b_n} - {b_{n - 1}}\right)+ \left({b_{n - 1}} - {b_{n - 2}}\right)+ \cdots + \left({b_2} - {b_1}\right)+ {b_1} \\
&= \left(2n - 1\right)+ \left(2n - 3\right)+ \cdots + 3 + \frac{1}{c} \\
&= {n^2} - 1 + \frac{1}{c},\end{split} \]因此 ${a_n} = \left({n^2} - 1\right){c^n} + {c^{n - 1}} , n \geqslant 2$．又当 $n = 1$ 时上式成立，
因此 ${a_n} = \left({n^2} - 1\right){c^n} + {c^{n - 1}} , n \in {{\mathbb{N}}^ * }$． -
若对一切 $k \in {{\mathbb{N}}^ * }$ 有 ${a_{2k}} > {a_{2k - 1}}$，求 $c$ 的取值范围．标注答案解析由 ${a_{2k}} > {a_{2k - 1}}$，得\[\left[ {{{\left(2k\right)}^2} - 1} \right]{c^{2k}} + {c^{2k - 1}} > \left[ {{{\left(2k - 1\right)}^2} - 1} \right]{c^{2k - 1}} + {c^{2k - 2}},\]因为 ${c^{2k - 2}} > 0$，所以\[\left(4{k^2} - 1\right){c^2} - \left(4{k^2} - 4k - 1\right)c - 1 > 0.\]解此不等式得：对一切 $k \in {{\mathbb{N}}^ * }$，有 $c > {c_k}$ 或 $c < {c_k}^\prime $，其中\[ \begin{split} {c_k}& = \frac{{4{k^2} - 4k - 1+ \sqrt {{{\left(4{k^2} - 4k - 1\right)}^2} + 4\left(4{k^2} - 1\right)} }}{{2\left(4{k^2} - 1\right)}},\\
{c_k}^\prime &= \frac{{4{k^2} - 4k - 1- \sqrt {{{\left(4{k^2} - 4k - 1\right)}^2} + 4\left(4{k^2} - 1\right)} }}{{2\left(4{k^2} - 1\right)}}.\end{split} \]易知 $ \lim\limits_{k \to \infty } {c_k} = 1$，又由\[ \begin{split}\sqrt {{{\left(4{k^2} - 4k - 1\right)}^2} + 4\left(4{k^2} - 1\right)}< \sqrt {{{\left(4{k^2} - 1\right)}^2} + 4\left(4{k^2} - 1\right)+ 4} =4{k^2} + 1,\end{split}\]知\[\begin{split}{c_k} < \dfrac{{4{k^2} - 4k - 1+ 4{k^2} + 1}}{{2\left(4{k^2} - 1\right)}}= \dfrac{{8{k^2} - 4k}}{{8{k^2} - 2}} < 1,\end{split} \]因此由 $c > {c_k}$ 对一切 $k \in {{\mathbb{N}}^ * }$ 成立，得 $c \geqslant 1$．又\[ \begin{split} {c_k}^\prime = \dfrac{ - 2}{{4{k^2} - 4k - 1+ \sqrt {{{\left(4{k^2} - 4k - 1\right)}^2} + 4\left(4{k^2} - 1\right)} }}< 0,\end{split} \]易知 ${c_k}^\prime $ 单调递增，故 ${c_k}^\prime \geqslant {c_1}^\prime $ 对一切 $k \in {{\mathbb{N}}^ * }$ 成立，因此由 $c < {c_k}^\prime $ 对一切 $k \in {{\mathbb{N}}^ * }$ 成立得 $c < {c_1}^\prime = - \dfrac{{1 + \sqrt {13} }}{6}$．从而 $c$ 的取值范围为\[\left( { - \infty , - \dfrac{{1 + \sqrt {13} }}{6}} \right) \cup \left[ {1, + \infty } \right).\]
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
