Question

5．已知數列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=2a_n-2；數列{b_n}的前n項和為T_n，且滿足b₁=1，b₂=2，$\frac{T_n}{{{T_{n+1}}}}=\frac{b_n}{{{b_{n+2}}}}$．
（1）求數列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）是否存在正整數n，使得$\frac{{{a_n}+{b_n}+1}}{{{a_n}-{b_{n+1}}}}$恰為數列{b_n}中的一項？若存在，求所有滿足要求的b_n；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由當n≥2時，S_n-1=2a_n-1-2，a_n=S_n-S_n-1，即可求得a_n=2a_n-1，則數列{a_n}是以2為首項，2為公比的等比數列；由$\frac{T_n}{{{T_{n+1}}}}=\frac{b_n}{{{b_{n+2}}}}$．采用“累乘法”即可求得當n≥2時，b_n+1-b_n-1=2，數列{b_n}的奇數項，偶數項分別成立等差數列，b₃=T₂=b₁+b₂=3，b₁+b₃=2b₂，數列{b_n}是以b₁=1為首項，1為公差的等差數列，即可求得數列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）設c_n=$\frac{{{a_n}+{b_n}+1}}{{{a_n}-{b_{n+1}}}}$=$\frac{{2}^{n}+n+1}{{2}^{n}-（n+1）}$，作差比較大小，c_n＞c_n+1＞1，根據數列的單調性，即可求得存在n=2，使得b₇=c₂，b₃=c₃．

解答 解：（1）由S_n=2a_n-2，則當n≥2時，S_n-1=2a_n-1-2，
兩式相減得：a_n=2a_n-2a_n-1，則a_n=2a_n-1，
由S₁=2a₁-2，則a₁=2，
∴數列{a_n}是以2為首項，2為公比的等比數列，則a_n=2ⁿ，
由$\frac{T_n}{{{T_{n+1}}}}=\frac{b_n}{{{b_{n+2}}}}$．
則$\frac{{T}_{1}}{{T}_{2}}$=$\frac{{b}_{1}}{{b}_{3}}$，$\frac{{T}_{2}}{{T}_{3}}$=$\frac{{b}_{2}}{{b}_{4}}$，$\frac{{T}_{3}}{{T}_{4}}$=$\frac{{b}_{3}}{{b}_{5}}$，…，$\frac{{T}_{n-1}}{{T}_{n}}$=$\frac{{b}_{n-1}}{{b}_{n+1}}$．$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$=$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n+2}}$
以上各式相乘，$\frac{{T}_{1}}{{T}_{n+1}}$=$\frac{{b}_{1}{b}_{2}}{{b}_{n+1}{b}_{n+2}}$，則2T_n=b_nb_n+1，
當n≥2時，2T_n-1=b_n-1b_n，兩式相減得：2b_n=b_n（b_n+1-b_n-1），即b_n+1-b_n-1=2，
∴數列{b_n}的奇數項，偶數項分別成等差數列，
由$\frac{{T}_{1}}{{T}_{2}}$=$\frac{{b}_{1}}{{b}_{3}}$，則b₃=T₂=b₁+b₂=3，b₁+b₃=2b₂，
∴數列{b_n}是以b₁=1為首項，1為公差的等差數列，
∴數列{b_n}的通項公式b_n=n；
（2）當n=1時，$\frac{{{a_n}+{b_n}+1}}{{{a_n}-{b_{n+1}}}}$無意義，
設c_n=$\frac{{{a_n}+{b_n}+1}}{{{a_n}-{b_{n+1}}}}$=$\frac{{2}^{n}+n+1}{{2}^{n}-（n+1）}$，（n≥2，n∈N*），
則c_n+1-c_n=$\frac{{2}^{n+1}+n+2}{{2}^{n+1}-（n+2）}$-$\frac{{2}^{n}+n+1}{{2}^{n}-（n+1）}$=$\frac{-n•{2}^{n+1}}{[{2}^{n+1}-（n+2）][{2}^{n}-（n+1）]}$＜0，
即c_n＞c_n+1＞1，
顯然2ⁿ+n+1＞2ⁿ-（n+1），則c₂=7＞c₃=3＞c₄＞…＞1，
∴存在n=2，使得b₇=c₂，b₃=c₃，
下面證明不存在c₂=2，否則，c_n=$\frac{{2}^{n}+n+1}{{2}^{n}-（n+1）}$=2，即2ⁿ=3（n+1），
此時右邊為3的倍數，而2ⁿ不可能是3的倍數，故該不等式成立，
綜上，滿足要求的b_n為b₃，b₇．

點評 本題考查數列的綜合應用，考查等比數列及等差數列的通項公式及證明，考查數列單調性的判斷，考查轉化思想，屬于難題．