Question

已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=a（a∈N^*），S_n=pa_n+1（p≠0，p≠-1，n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）對任意k∈N^*，若將a_k+1，a_k+2，a_k+3按從小到大的順順序排列后，此三項均能構(gòu)成等差數(shù)列，且記公差為d_k．
（i）求p的值以及數(shù)列{d_k}的通項公式；
（ii）記數(shù)列{d_k}的前k項和為S_k，問是否存在正整數(shù)a，使得S_k＜30恒成立，若存在，求出a的最大值；若不存在說明理由．

Answer 1

考點：數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知條件推導出數(shù)列{a_n}從第二項起是公比為

p+1

p

的等比數(shù)列，由此能求出an=

a，n=1 a p ( p+1 p )n-2，n≥2

．
（2）（i）由（1）知ak+1=

a

p

(

p+1

p

)k-1，ak+2=

a

p

(

p+1

p

)k，ak+3=

a

p

(

p+1

p

)k+1，分類討論，能求出當p=-

1

3

時，dk=9a•2k-1；當p=-

2

3

時，dk=

9a

8

(

1

2

)k-1．
（ii）當p=-

1

3

時，Sk=9a(2k-1)，不存在符合題意的最大正整數(shù)a；當p=-

2

3

時，Sk=

9a

4

(1-(

1

2

)k)，由S_k＜30，得a＜

40

3(1-( 1 2 )k)

，由此能求出當p=-

2

3

時存在滿足題意的最大正整數(shù)a=13．

解答： 解：（1）∵S_n=pa_n+1（p≠0，p≠-1，n∈N^*），
∴當n≥2時，有S_n-1=pa_n，∴

an+1

an

=

p+1

p

，n≥2，
∴數(shù)列{a_n}從第二項起是公比為

p+1

p

的等比數(shù)列，
當n=1時，a₁=pa₂，而p≠0，a₁=a，得a2=

a

p

，
∴an=

a，n=1 a p ( p+1 p )n-2，n≥2

．
（2）（i）由（1）知ak+1=

a

p

(

p+1

p

)k-1，
ak+2=

a

p

(

p+1

p

)k，ak+3=

a

p

(

p+1

p

)k+1，
若a_k+1為等差中項，則2a_k+1=a_k+2+a_k+3，解得：p=-

1

3

，
若a_k+2為等差中項，則2a_k+2=a_k+1+a_k+3，解得：p∈∅，
若a_k+3為等差中項，則2a_k+3=a_k+1+a_k+2，解得：p=-

2

3

，
綜上所述p=-

1

3

或p=-

2

3

．
當p=-

1

3

時，ak+1=-3a(-2)k-1，ak+2=-3a(-2)k，注意到（-2）^k-1與（-2）^k異號，
dk=|ak+1-ak+2|=9a•2k-1．
當p=-

2

3

時，ak+1=

-3a

2

(-

1

2

)k-1，ak+3=

-3a

2

(-

1

2

)k，注意到（-

1

2

）^k-1與（-

1

2

）^k+1同號，
dk=|ak+1-ak+3|=

9a

8

(

1

2

)k-1．
綜上所述：當p=-

1

3

時，dk=9a•2k-1；當p=-

2

3

時，dk=

9a

8

(

1

2

)k-1．
（ii）當p=-

1

3

時，∵dk=9a•2k-1，∴Sk=9a(2k-1)，
則由S_k＜30，得a＜

10

3(2k-1)

，當k≥3時，

10

3(2k-1)

＜1，
∴a＜1，這時不存在符合題意的最大正整數(shù)a．
當p=-

2

3

時，∵dk=

9a

8

•(

1

2

)k-1，∴Sk=

9a

4

(1-(

1

2

)k)，
則由S_k＜30，得a＜

40

3(1-( 1 2 )k)

，
∵

40

3(1-( 1 2 )k)

＞

40

3

，∴a=13時，滿足S_k＜30恒成立，
當a≥14時，存在k∈N^*，使得a＞

40

3(1-( 1 2 )k)

，
即S_k＞30，所以當a≥14時，S_k＜30不恒成立
綜上所述：當p=-

2

3

時存在滿足題意的最大正整數(shù)a=13．

點評：本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查滿足條件的正整數(shù)是否存在的判斷與求法，解題時要認真審題，注意分類討論思想的合理運用．