Question

已知數列{a_n}的前n項和S_n=n²．
（1）設b_n=（-1）^n-1a_na_n+1，求數列{b_n}的前n項和T_n；
（2）是否存在以a₁為首項，公比為q（0＜q＜5，q∈N^*）的等比數列{ank}，k∈N^*，使得數列{ank}中每一項都是數列{a_n}中不同的項，若存在，求出所有滿足條件的數列{n_k}的通項公式；若不存在，說明理由．

Answer 1

考點：數列的求和

專題：等差數列與等比數列

分析：（1）由S_n=n²，可得當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，當n=1時，a₁=S₁=1．可得a_n=2n-1．因此b_n=（-1）^n-1a_na_n+1=（-1）^n-1（2n-1）（2n+1）．對n分奇數偶數討論，利用“分組求和”即可得出．
（2）假設存在以a₁為首項，公比為q（0＜q＜5，q∈N^*）的等比數列{ank}，k∈N^*，使得數列{ank}中每一項都是數列{a_n}中不同的項．由a_n=2n-1可得：an1=a₁=1，an2=q，由于0＜q＜5，可得q=3，得到ank=3^k-1．必需3^k-1=2n-1，可得n=

3k-1+1

2

，只要證明：b_k=3^k-1+1為正的偶數即可．利用二項式定理即可證明．

解答： 解：（1）∵S_n=n²，∴當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，當n=1時，a₁=S₁=1．
∴a_n=2n-1．
∴b_n=（-1）^n-1a_na_n+1=（-1）^n-1（2n-1）（2n+1）．
當n=2k（k∈N^*）時，b_2k-1+b_2k=-4（4k-1），
T_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2k-1+b_2k）
=-4[3+7+…+（4k-1）]=-4×k（2k+1）=-4n（n+1）．
當n=2k-1（k∈N^*）時，T_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2k-1+b_2k）-b_2k
=-4n（n+1）+（4k-1）（4k+1）
=4n+3．
∴Tn=

-4n(n+1)，n為偶數 4n+3，n為奇數

．
（2）假設存在以a₁為首項，公比為q（0＜q＜5，q∈N^*）的等比數列{ank}，k∈N^*，使得數列{ank}中每一項都是數列{a_n}中不同的項．
∵a_n=2n-1，∴a₁=1，a₂=3，a₃=5，a₄=7，…，
an1=a₁=1，an2=q，∵0＜q＜5，∴q=3，
∴ank=3^k-1．
則3^k-1=2n-1，
可得n=

3k-1+1

2

，
下面只要證明：b_k=3^k-1+1為正的偶數即可．
當k=1時，b₁=1+1=2是正的偶數．
當k≥2時，b_k=（2+1）^k-1+1
=2k-1+

∁

1 k-1

2k-2+…+

∁

k-2 k-1

2+

∁

k-1 k-1

+1
=2（2^k-2+

∁

1 k-1

2k-3+…+

∁

k-1 k-1

)+2為偶數．
∴b_k=3^k-1+1為正的偶數．
∴存在以a₁為首項，公比為q（0＜q＜5，q∈N^*）的等比數列{ank}，k∈N^*，使得數列{ank}中每一項都是數列{a_n}中不同的項．

點評：本題考查了遞推式的應用、等差數列與等比數列的通項公式及其前n項和公式、“分組求和”方法，考查了二項式定理的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．