Question

已知數(shù)列{a_n}前n項(xiàng)的和為S_n，且有S_n+1=kS_n+2  （n∈N^*），a₁=2，a₂=1．
（1）試證明：數(shù)列{S_n-4}是等比數(shù)列，并求a_n；
（2）?n∈N^*，不等式

atSn+1-1

atan+1-1

＜

1

2

恒成立，求正整數(shù)t的值；
（3）試判斷：數(shù)列{a_n}中任意兩項(xiàng)的和在不在數(shù)列{a_n}中？請(qǐng)證明你的判斷．

Answer 1

分析：（1）利用n=1求出常數(shù)k的值，再根據(jù)等比數(shù)列的定義找出S_n+1-4與S_n-4的倍數(shù)關(guān)系，從而得出等比數(shù)列，用通項(xiàng)公式求出a_n；
（2）將已知不等式移項(xiàng)，變成恒小于零的問(wèn)題進(jìn)行討論，化分式不等式為整式不等式，根據(jù)2S_n+1-a_n+1＞a_n+1＞0，變形不等式為形如（x-x₁）（x-x₂）＜0的形式，得出

1

2sn+1-an+1

＜at＜

1

an+1

，最后將a_n+1和S_n+1的表達(dá)式代入不等式，通過(guò)討論得出t的取值；
（3）運(yùn)用反證法，先假設(shè)成立，通過(guò)變形、推理，得出矛盾，從而說(shuō)明不存在．

解答：解：（1）由S_n+1=kS_n+2（n∈N^*），a₁=2，a₂=1，令n=1得k=

1

2

（1分）
∴S_n+1=

1

2

S_n+2，即S_n+1-4=

1

2

（S_n-4），（2分）
因?yàn)镾₁-4=-2，
∴{S_n-4}是等比數(shù)列（3分）
∴S_n-4=（-2）（

1

2

）^n-1即S_n=4[1-（

1

2

）ⁿ]，從而求得a_n=（

1

2

）^n-2（5分）
（2）由

atSn+1-1

atan+1-1

＜

1

2

得

atSn+1-1

atan+1-1

-

1

2

＜0即

2(atSn+1-1)-(atan+1-1)

2(atan+1-1)

＜0
化簡(jiǎn)得：

at(2Sn+1-an+1)-1

(atan+1-1)

＜0即[a_t（2S_n+1-a_n+1）-1]（a_ta_n+1-1）＜0（7分）
∵2S_n+1-a_n+1＞a_n+1＞0
∴(at-

1

2Sn+1-an+1

)(at-

1

an+1

)＜0
∴

1

2Sn+1-an+1

＜at＜

1

an+1

（9分）
∵a_n=（

1

2

）^n-2，S_n=4[1-（

1

2

）ⁿ]
∴

1

8[1-( 1 2 )n+1]-( 1 2 )n-1

＜at＜

1

( 1 2 )n-1

即

1

8-3( 1 2 )n-1

＜at＜

1

( 1 2 )n-1

對(duì)?n∈N^*都成立，則[

1

8-3( 1 2 )n-1

＜]max＜at＜[

1

( 1 2 )n-1

]min（10分）
易得

1

8-3( 1 2 )n-1

關(guān)于n遞減，

1

( 1 2 )n-1

關(guān)于n遞增（11分）
∴n=1時(shí)它們分別取得最大與最小，從而有

1

5

＜at＜1即

1

5

＜

1

2t-2

＜1
∴t=3或4時(shí)成立．（12分）
（3）不在．（13分）
假設(shè)存在兩項(xiàng)a_m，a_n的和在此數(shù)列中，設(shè)為第k項(xiàng)，即a_m+a_n=a_k（m，n，k互不相等）
∵a_n=（

1

2

）^n-2是關(guān)于n單調(diào)遞減，
∴不妨設(shè)k＜m＜n則有（

1

2

）^m-2+（

1

2

）^n-2=（

1

2

）^k-2（*）
（*）式兩邊同乘以2^n-2，則有2^n-m+1=2^n-k顯然這是不可能成立的．（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題是一道數(shù)列與不等式相結(jié)合的綜合題，屬于難題．第一小問(wèn)運(yùn)用等比數(shù)列定義，得出通項(xiàng)公式，入手較容易；第二小問(wèn)將不等式進(jìn)行等價(jià)變形，同時(shí)要注意數(shù)列a_n+1、S_n+1表達(dá)式的及時(shí)運(yùn)用與代入，還要結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性的討論，才能正確找出t的值，是本題的難點(diǎn)；第三小問(wèn)運(yùn)用反證法的同時(shí)，應(yīng)注意推導(dǎo)時(shí)的等價(jià)變形和整數(shù)解的討論．