Question

10．已知數列{a_n}前n項和為S_n．
（1）若S_n=2ⁿ-1，求數列{a_n}的通項公式；
（2）若a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=a_na_n+1，a_n≠0，求數列{a_n}的通項公式；
（3）設無窮數列{a_n}是各項都為正數的等差數列，是否存在無窮等比數列{b_n}，使得a_n+1=a_nb_n恒成立？若存在，求出所有滿足條件的數列{b_n}的通項公式；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由數列的遞推式：n=1時，a₁=S₁，當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，計算即可得到所求通項公式；
（2）求出a₁=a₁a₂，a₁≠0，可得a₂=1，當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=a_na_n+1-a_n-1a_n，即有a_n+1-a_n-1=1，即有數列{a_n}中奇數項和偶數項分別構成公差為1的等差數列，運用等差數列的通項公式即可得到所求通項；
（3）設a_n=c+dn，假設存在無窮等比數列{b_n}，使得a_n+1=a_nb_n恒成立．設數列{b_n}的公比為q，則b_n+1=qb_n，
即有$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}$=q•$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，則（dn+2d+c）（dn+c）=q（dn+d+c）²對一切n為自然數成立．展開等式，取n=1，2，3，再由恒成立思想，可得d，q的值，解方程即可判斷存在性．

解答 解：（1）n=1時，a₁=S₁=2-1=1，
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ-1-（2^n-1-1）=2^n-1，
上式對n=1也成立．
綜上可得數列{a_n}的通項公式為a_n=2^n-1；
（2）a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=a_na_n+1，a_n≠0，
可得a₁=a₁a₂，a₁≠0，可得a₂=1，
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=a_na_n+1-a_n-1a_n，
即有a_n+1-a_n-1=1，
即有數列{a_n}中奇數項和偶數項分別構成公差為1的等差數列，
可得a_2n-1=$\frac{1}{2}$+n-1=$\frac{2n-1}{2}$，a_2n=1+n-1=n=$\frac{2n}{2}$，
故數列{a_n}的通項公式為a_n=$\frac{n}{2}$；
（3）設a_n=c+dn，假設存在無窮等比數列{b_n}，使得a_n+1=a_nb_n恒成立．
設數列{b_n}的公比為q，則b_n+1=qb_n，
即有$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}$=q•$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，
即a_n+2a_n=qa_n+1²，
則（dn+2d+c）（dn+c）=q（dn+d+c）²對一切n為自然數成立．
即（d²-qd²）n²+2（1-q）d（c+d）n+c（2d+c）-q（d+c）²=0對n∈N*成立．
取n=1，2，3可得（d²-qd²）+2（1-q）d（c+d）+c（2d+c）-q（d+c）²=0①
4（d²-qd²）+4（1-q）d（c+d）+c（2d+c）-q（d+c）²=0②
9（d²-qd²）+6（1-q）d（c+d）+c（2d+c）-q（d+c）²=0③
由恒成立思想可得d²-qd²=0，（1-q）d（c+d）=0，c（2d+c）-q（d+c）²=0，
當d=0時，a_n=c＞0，所以b_n=1（n∈N*），檢驗滿足要求；
當d≠0，q=1，所以c（2d+c）-q（d+c）²=0，則d=0，矛盾．
綜上可得，當等差數列{a_n}的公差d=0，存在無窮等比數列{b_n}，
使得a_n+1=a_nb_n恒成立，且b_n=1；
當等差數列{a_n}的公差d≠0，不存在無窮等比數列{b_n}，
使得a_n+1=a_nb_n恒成立．

點評 本題考查數列的通項公式的求法，注意運用數列的遞推式，考查等差數列和等比數列的定義和通項公式的運用，以及存在性問題的解法和恒成立思想的運用，屬于難題．