Question

已知常數(shù)a≠0，數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=1，且an=

Sn

n

+a(n-1)．
（1）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；
（2）若bn=3n+(-1)nan，且數(shù)列{b_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若a=

1

2

，數(shù)列{c_n}滿(mǎn)足：cn=

an

an+2011

，對(duì)于任意給定的正整數(shù)k，是否存在p，q∈N^*，使c_k=c_p•c_q？若存在，求p，q的值（只要寫(xiě)出一組即可）；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由已知利用a_n+1=S_n+1-S_n，代入整理化簡(jiǎn)得：a_n+1-a_n=2a（常數(shù)），可證
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a_n=1+2a（n-1），bn=3n+(-1)nan，結(jié)合b_n＜b_n+1，可得（-1）ⁿ[1+（2n-1）a]＜3ⁿ①當(dāng)n是奇數(shù)②當(dāng)n是偶數(shù)，結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性及恒成立與最值的相互轉(zhuǎn)換可求a的范圍
（Ⅲ）由（Ⅰ）可得cn=

n

n+2011

，假設(shè) 滿(mǎn)足c_k=c_pc_q，代入整理可得p=

k(q+2011)

q-k

可求

解答：解：（Ⅰ）∵an=

Sn

n

+a(n-1)
∴S_n=na_n-an（n-1），a_n+1=S_n+1-S_n，…（2分）
∴a_n+1=[（n+1）a_n+1-a（n+1）n]-[na_n-an（n-1）]
化簡(jiǎn)得：a_n+1-a_n=2a（常數(shù)），
∴數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，公差為2a的等差數(shù)列；…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a_n=1+2a（n-1），
又∵bn=3n+(-1)nan，b_n＜b_n+1，
∴3n+(-1)nan＜3n+1+(-1)n+1an+1，
∴（-1）ⁿ[1+（2n-1）a]＜3ⁿ
①當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，∵-[1+（2n-1）a]＜3ⁿ，
∴a＞-

3n+1

2n-1

，n=1，3，5，7，…
令f(n)=-

3n+1

2n-1

，
∴a＞f（n）_max
∵f(n+2)-f(n)=-

3n+2+1

2n+3

+

3n+1

2n-1

=

-4(4n-3)3n+4

(2n-1)(2n+3)

＜0
∴f（1）＞f（3）＞f（5）＞…＞f（n）＞…，且f（1）=-4，
∴a＞-4；…（7分）
②當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，
∵1+（2n-1）a＜3ⁿ，
∴a＜

3n-1

2n-1

，n=2，4，6，8，…
令g(n)=

3n-1

2n-1

，
∴a＜g（n）_min
∵g(n+2)-g(n)=

3n+2-1

2n+3

-

3n-1

2n-1

=

4(4n-3)3n+4

(2n-1)(2n+3)

＞0
∴g（2）＜g（4）＜g（6）＜…＜g（n）＜…，且g(2)=

8

3

，
∴a＜g(2)=

8

3

；
綜上可得：實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-4，

8

3

)．…（10分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，a_n=n，又∵cn=

n

n+2011

，
設(shè)對(duì)任意正整數(shù)k，都存在正整數(shù)p，q，使c_k=c_pc_q，
∴

k

k+2011

=

p

p+2011

•

q

q+2011

，
∴p=

k(q+2011)

q-k

…（12分）
令q=k+1，則p=k（k+2012）（或q=2k，p=2k+2011）
∴c_k=c_{k（k+2012）}•c_k+1（或c_k=c_2k+2011•c_2k）…（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了由數(shù)列的和與項(xiàng)的遞推公式證明等差數(shù)列，及利用數(shù)列的單調(diào)性求解數(shù)列的最大（最�。╉�(xiàng)的問(wèn)題及恒成立與最值求解的相互轉(zhuǎn)化．