Question

20．數列{a_n}的前n項和為S_n且滿足a₁=1，2a_n+1=2a_n+p（p為常數，n=1，2，3…）．
（1）求S_n；
（2）若數列{a_n}是等比數列，求實數p的值；
（3）是否存在實數p，使得數列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}滿足：可以從中取出無限多項并按原來的先后次序排成一個等差數列？若存在，求出所有滿足條件的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由2a_n+1=2a_n+p，得a_n+1-a_n=$\frac{p}{2}$，可知數列{a_n}是以a₁=1為首項，以$\frac{p}{2}$為公差的等差數列，由等差數列的前n項和得答案；
（2）由數列{a_n}是等比數列，得${{a}_{2}}^{2}={a}_{1}{a}_{3}$．結合已知求出a₂，a₃，代入可得p；
（3）當p=0時，由（1）及a₁=1，得$\frac{1}{{a}_{n}}=1$（n=1，2，3，…），即數列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是一個無窮等差數列．當p=0，滿足題意．當p≠0時，利用反證法證明，從數列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}不能取出無限多項并按原來的先后次序排成一個等差數列．

解答 解：（1）由2a_n+1=2a_n+p，得a_n+1-a_n=$\frac{p}{2}$．
∴數列{a_n}是以a₁=1為首項，以$\frac{p}{2}$為公差的等差數列，
則${S}_{n}=n+\frac{n（n-1）}{2}×\frac{p}{2}=\frac{p}{4}{n}^{2}+（1-\frac{p}{4}）n$；
（2）若數列{a_n}是等比數列，則${{a}_{2}}^{2}={a}_{1}{a}_{3}$．
∵a₁=1，2a_n+1=2a_n+p，
∴2a₂=2a₁+p=2+p，2a₃=2a₂+p=2+2p．
∴$（1+\frac{p}{2}）^{2}=1×（1+p）$，得p=0；
（3）當p=0時，由（1）及a₁=1，得$\frac{1}{{a}_{n}}=1$（n=1，2，3，…），
即數列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是一個無窮等差數列．
∴當p=0，滿足題意．
當p≠0時，∵a₁=1，2a_n+1=2a_n+p，即a_n+1-a_n=$\frac{p}{2}$．
下面用反證法證明，當p≠0，從數列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}不能取出無限多項并按原來的先后次序排成一個等差數列．
假設存在p₀≠0，從數列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}可以取出無限多項并按原來的先后次序排成一個等差數列．不妨記為{b_n}，
設數列{b_n}的公差為d．
（1）當p₀＞0時，a_n＞0（n=1，2，3，…），
∴數列{b_n}是各項為正數的遞減數列，則d＜0．
∵b_n=b₁+（n-1）d，
∴當n＞1-$\frac{{b}_{1}}p9vv5xb5$，即n-1＞$-\frac{{b}_{1}}p9vv5xb5$，即（n-1）d＜-b₁時，b_n=b₁+（n-1）d＜b₁-b₁=0，這與b_n＞0矛盾．
（2）當p₀＜0時，令$\frac{{p}_{0}}{2}n+1-\frac{{p}_{0}}{2}＜0$，解得n$＞1-\frac{2}{{p}_{0}}$，
當$n＞1-\frac{2}{{p}_{0}}$時，a_n＜0恒成立，
∴數列{b_n}是各項為負數的遞增數列，則d＞0．
∵b_n=b₁+（n-1）d，∴b_n=b₁+（n-1）d＞${b}_{1}+（1-\frac{{b}_{1}}p9vv5xb5-1）d=0$，與b_n＜0矛盾．
綜上所述，p=0是唯一滿足條件的p的值．

點評 本題考查數列遞推式，考查了數列的函數特性，考查邏輯思維能力與推理運算能力，難度較大．