Cho cấp số cộng $\left(a_n\right)$, cấp số nhân $\left(...

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-3x$ trên $[0;+\mathrm{\infty })$.
Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=3x^2-3=0\iff [\begin{array}{rl}& x=1\in [0;+\mathrm{\infty })\\ & x=-1\notin [0;+\mathrm{\infty })\end{array}.$
Bảng biến thiên hàm số $f\left(x\right)$ trên $[0;+\mathrm{\infty })$ như sau:

Vì $a_2>0$ nên $f\left(a_2\right)\ge -2\Rightarrow f\left(a_1\right)=f\left(a_2\right)+2\ge 0\left(1\right).$
Giả sử $a_1\ge 1$, vì $f\left(x\right)$ đồng biến trên $[1;+\mathrm{\infty })$ nên $f\left(a_2\right)>f\left(a_1\right)$ suy ra $f\left(a_2\right)+2>f\left(a_1\right)$ vô lý.
Vậy $a_1\in [0;1)$ do đó $-2\le f\left(a_1\right)\le 0\left(2\right).$
Từ (1), (2) ta có: $\{\begin{array}{rl}& f\left(a_1\right)=0\\ & f\left(a_2\right)=-2\end{array}\iff \{\begin{array}{rl}& a_1=0\\ & a_2=1\end{array}.$
Vậy số hạng tổng quát của dãy cấp số cộng $\left(a_n\right)$ là: $a_n=n-1.$
Đặt $\{\begin{array}{rl}& t_1={\log }_2{b}_1\\ & t_2={\log }_2{b}_2\end{array}$, suy ra: $f\left(t_1\right)=f\left(t_2\right)+2$, vì $1\le b_1<b_2$ nên $0\le t_1<t_2$, theo lập luận trên ta có: $\{\begin{array}{rl}& t_1=0\\ & t_2=1\end{array}\iff \{\begin{array}{rl}& {\log }_2{b}_1=0\\ & {\log }_2{b}_2=1\end{array}\iff \{\begin{array}{rl}& b_1=1\\ & b_2=2\end{array}.$
Vậy số hạng tổng quát của dãy cấp số nhân $\left(b_n\right)$ là $b_n=2^{n-1}$.
Do đó $b_n>2019a_n\iff 2^{n-1}>2019(n-1)(\ast )$.
Trong 4 đáp án $n=16$ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn (*).