Question

8．已知數(shù)列{a_n}前n項(xiàng)和S_n滿足S_n+1=a₂S_n+a₁，其中a₂≠0．
（Ⅰ）求證數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列；
（Ⅱ）當(dāng)a₂=2時(shí)，是否存在等差數(shù)列{b_n}，使得a₁b_n+a₂b_n-1+a₃b_n-2+…+a_nb₁=2ⁿ⁺¹-n-2對(duì)一切n∈N^*都成立？若存在，求出b_n；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由S₁=a₁，S₂=a₁+a₂=a₂•a₁+a₁，可得a₁=1，利用遞推式S_n+1=a₂S_n+a₁，S_n+2=a₂S_n+1+a₁，可得a_n+2=a₂•a_n+1，再利用等比數(shù)列的定義即可得出．
（II）a₂=2=q，a₁=1，可得：${a_n}={2^{n-1}}$，設(shè)存在等差數(shù)列{b_n}．則有：${a_1}{b_1}={2^2}-1-2$，${a_1}{b_2}+{a_2}{b_1}={2^3}-2-2$，可得b₁=1，b₂=2，故等差數(shù)列{b_n}若存在，由b₁=1、b₂=2必有b_n=n．再利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：∵S₁=a₁，∴S₂=a₁+a₂=a₂•a₁+a₁，
得：a₂=a₂•a₁，
∵a₂≠0，
∴a₁=1，
由S_n+1=a₂S_n+a₁可得：S_n+2=a₂S_n+1+a₁，減去前式，有a_n+2=a₂•a_n+1，
∴$\frac{{{a_{n+2}}}}{{{a_{n+1}}}}={a_2}≠0$，
又$\frac{a_2}{a_1}=\frac{a_2}{1}={a_2}$也符合，
故$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}={a_2}$對(duì)n∈N^*恒成立，數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為a₂的等比數(shù)列．
（Ⅱ）解：a₂=2=q，a₁=1，
∴${a_n}={2^{n-1}}$，
設(shè)存在等差數(shù)列{b_n}．則有：${a_1}{b_1}={2^2}-1-2$①
${a_1}{b_2}+{a_2}{b_1}={2^3}-2-2$  ②
將a₁=1代入①，b₁=1，
再結(jié)合a₂=2代入②，b₂=2，
故等差數(shù)列{b_n}若存在，由b₁=1、b₂=2必有b_n=n．
下面證明數(shù)列{b_n}滿足題意．
設(shè)T_n=a₁b_n+a₂b_n-1+a₃b_n-2+…+a_nb₁=1×n+2×（n-1）+2²×（n-2）+…+2^n-2×2+2^n-1×1  ③
則2T_n=2×n+2²×（n-1）+2³×（n-2）+…+2^n-1×2+2ⁿ×1  ④，
④-③有：T_n=-n+2+2²+…2ⁿ=2ⁿ⁺¹-n-2，
∴存在等差數(shù)列{b_n}，b_n=n使得a₁b_n+a₂b_n-1+a₃b_n-2+…+a_nb₁=2ⁿ⁺¹-n-2對(duì)一切n∈N^*都成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“錯(cuò)位相減法”，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．