Question

19．已知數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)都為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為S_n，且滿足：a₁=a，rS_n=a_na_n+1-b，n∈N^*．
（1）求a₂和a₃（結(jié)果用a，r，b表示）；
（2）若存在正整數(shù)T，使得對任意n∈N^*，都有a_n+T=a_n成立，求T的最小值；
（3）定義：對于?n∈N^*，若數(shù)列{x_n}滿足x_n+1-x_n＞1，則稱這個(gè)數(shù)列為“Y數(shù)列”．已知首項(xiàng)為b（b為正奇數(shù)），公比q為正整數(shù)的等比數(shù)列{b_n}是“Y數(shù)列”，數(shù)列$\{\frac{b_n}{2}\}$不是“Y數(shù)列”，當(dāng)r＞0時(shí)，{a_n}是各項(xiàng)都為有理數(shù)的等差數(shù)列，求a_nb_n．

Answer 1

分析 （1）n=1時(shí)，ra=aa₂-b，可得${a_2}=\frac{ra+b}{a}$．n=2時(shí)，$r（a+\frac{ra+b}{a}）=\frac{ra+b}{a}{a_3}-b$，可得∴a₃．
（2）由rS_n=a_na_n+1-b，可得rS_n+1=a_n+1a_n+2-b，相減可得：ra_n+1=rS_n+1-rS_n=a_n+1（a_n+2-a_n），可得a_n+2-a_n=r$\{{a_{2k-1}}\}，\{{a_{2k}}\}（k∈{N^*}）$都是公差為r的等差數(shù)列．寫出數(shù)列的前幾項(xiàng)：a，$\frac{b}{a}+r$，a+r，a+2r，$\frac{b}{a}+2r$…．r＞0時(shí)，不合題意，同理r＜0時(shí)也不成立．r=0則數(shù)列為a，$\frac{b}{a}$，a，$\frac{b}{a}$…，當(dāng)$a=\frac{b}{a}$即b=a²時(shí)，當(dāng)b≠a²時(shí)，即可得出．
（3）{b_n}是首項(xiàng)為b（b為正奇數(shù)）公比q為正整數(shù)的等比數(shù)列，b_n＞0．由{b_n}是“Y數(shù)列”，可得b_n+1-b_n=b_n（q-1）＞1＞0，q-1＞0即q＞1，利用單調(diào)性可得：在{b_n+1-b_n}中，b₂-b₁為最小項(xiàng)，同理$\{\frac{1}{2}{b_{n+1}}-\frac{1}{2}{b_n}\}$中$\frac{1}{2}{b_2}-\frac{1}{2}{b_1}$為最小項(xiàng)．由{b_n}是“Y數(shù)列”，所以b₂-b₁＞1，即b（q-1）＞1．?dāng)?shù)列$\{\frac{b_n}{2}\}$不是“Y數(shù)列”所以$\frac{1}{2}{b_2}-\frac{1}{2}{b_1}≤1$，即b（q-1）≤2．可得b（q-1）=2．b為正奇數(shù)，可得b=1，q=3，∴${b_n}={3^{n-1}}$，由（2）有數(shù)列{a_n}的前三項(xiàng)是：a，$\frac{1}{a}+r$，a+，r，{a_n}是各項(xiàng)都為有理數(shù)的等差數(shù)列，$a+a+r=2（\frac{1}{a}+r）$整理得2a²-ar-2=0，進(jìn)而得出．

解答 解：（1）n=1時(shí)，ra=aa₂-b，∴${a_2}=\frac{ra+b}{a}$．
n=2時(shí)，$r（a+\frac{ra+b}{a}）=\frac{ra+b}{a}{a_3}-b$，∴a₃=a+r∴a₁=a，${a_2}=r+\frac{b}{a}$，a₃=a+r…．（4分）（各2分）
（2）∵rS_n=a_na_n+1-b①
∴rS_n+1=a_n+1a_n+2-b②
②-①得ra_n+1=rS_n+1-rS_n=a_n+1（a_n+2-a_n），
∵a_n+1＞0，∴a_n+2-a_n=r$\{{a_{2k-1}}\}，\{{a_{2k}}\}（k∈{N^*}）$都是公差為r的等差數(shù)列．
寫出數(shù)列的前幾項(xiàng)：a，$\frac{b}{a}+r$，a+r，a+2r，$\frac{b}{a}+2r$…．
∴r＞0時(shí)，a_2k-1，a_2k都是單調(diào)遞增的，不合題意，同理r＜0時(shí)也不成立
∴r=0則數(shù)列為a，$\frac{b}{a}$，a，$\frac{b}{a}$…
∴當(dāng)$a=\frac{b}{a}$即b=a²時(shí)，T_min=1，當(dāng)b≠a²時(shí)，T_min=2．
綜上，T_min=1或T_min=2…．（8分）（各2分）
（3）∵{b_n}是首項(xiàng)為b（b為正奇數(shù)）公比q為正整數(shù)的等比數(shù)列，∴b_n＞0．
∵{b_n}是“Y數(shù)列”，∴b_n+1-b_n=b_n（q-1）＞1＞0，∴q-1＞0即q＞1，
∴b_n+1-b_n=q（b_n-b_n-1）＞b_n-b_n-1，
∴在{b_n+1-b_n}中，b₂-b₁為最小項(xiàng)，同理$\{\frac{1}{2}{b_{n+1}}-\frac{1}{2}{b_n}\}$中$\frac{1}{2}{b_2}-\frac{1}{2}{b_1}$為最小項(xiàng)．
由{b_n}是“Y數(shù)列”，所以b₂-b₁＞1，即b（q-1）＞1．
數(shù)列$\{\frac{b_n}{2}\}$不是“Y數(shù)列”所以$\frac{1}{2}{b_2}-\frac{1}{2}{b_1}≤1$，即b（q-1）≤2．
∴b（q-1）=2．
∵b為正奇數(shù)，∴b=1，q=3，∴${b_n}={3^{n-1}}$…（12分）．
由（2）有數(shù)列{a_n}的前三項(xiàng)是：a，$\frac{1}{a}+r$，a+，r，
∵{a_n}是各項(xiàng)都為有理數(shù)的等差數(shù)列
∴$a+a+r=2（\frac{1}{a}+r）$整理得2a²-ar-2=0，∴$a=\frac{{r+\sqrt{{r^2}+16}}}{4}$（$a=\frac{{r-\sqrt{{r^2}+16}}}{4}＜0$舍去）
∵$a=\frac{{r+\sqrt{{r^2}+16}}}{4}$是有理數(shù)，∴r²+16是一個(gè)完全平方數(shù)   設(shè)$\sqrt{{r^2}+16}=k∈{N^*}$，∴k²-r²=16．
由r＞0得$\left\{\begin{array}{l}k-r=1\\ k+r=16\end{array}\right.$（無整數(shù)解，舍去）或    $\left\{\begin{array}{l}k-r=2\\ k+r=8\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}r=3\\ k=5\end{array}\right.$．
此時(shí)，a=2，∴${a_n}=\frac{3n+1}{2}$．
所以，${a_n}{b_n}=\frac{{（3n+1）{3^n}}}{6}\;\;\;（n∈{N^*}）$…..（16分）

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其性質(zhì)、分類討論方法、數(shù)列的遞推關(guān)系、單調(diào)性、方程的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．