Question

2．設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足：a₁=1，4S_n=（a_n+1）²（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$（∈N^*），試求$\underset{lim}{n→∞}$（b₁+b₂+…+b_n-2n）的值；
（3）是否存在大于2的正整數(shù)m、k，使得a_m+a_m+1+a_m+2+…+a_m+k=300？若存在，求出所有符合條件的m、k；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過4a_n+1=4S_n+1-4S_n得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）通過分離b_n的分母可得b_n=2+2（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），累加后取極限即可；
（3）假設(shè)存在大于2的正整數(shù)m、k使得a_m+a_m+1+…+a_m+k=300，通過（1）可得300=（2m+k-1）（k+1），利用2m+k-1＞k+1≥4，且2m+k-1與k+1的奇偶性相同，即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵4S_n=（a_n+1）²，∴4S_n+1=（a_n+1+1）²，
兩式相減，得4a_n+1=4S_n+1-4S_n=（a_n+1）²-（a_n+1+1）²=${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$+2a_n+1-2a_n，
化簡得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，
又∵數(shù)列{a_n}各項(xiàng)均為正數(shù)，
∴a_n+1-a_n=2 （n∈N^*），
∴數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=2n-1 （n∈N^*）．
（2）因?yàn)閎_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{2n+1}{2n-1}$+$\frac{2n-1}{2n+1}$=2+2（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
故b₁+b₂+…+b_n=2n+2[（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）]=2n+2（1-$\frac{1}{2n+1}$），
于是$\underset{lim}{n→∞}$（b₁+b₂+…+b_n-2n）=$\underset{lim}{n→∞}$[2（1-$\frac{1}{2n+1}$）]=2；
（3）結(jié)論：存在大于2的正整數(shù)m、k使得a_m+a_m+1+…+a_m+k=300．
理由如下：
假設(shè)存在大于2的正整數(shù)m、k使得a_m+a_m+1+…+a_m+k=300，
由（1），可得a_m+a_m+1+…+a_m+k=（2m+k-1）（k+1），
從而（2m+k-1）（k+1）=300，
由于正整數(shù)m、k均大于2，知2m+k-1＞k+1≥4，且2m+k-1與k+1的奇偶性相同，
故由300=2²×3×5²，得
$\left\{\begin{array}{l}{k+1=2×3}\\{2m+k-1=2×{5}^{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{k+1=2×5}\\{2m+k-1=2×3×5}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=5}\\{m=23}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{k=9}\\{m=11}\end{array}\right.$，
因此，存在大于2的正整數(shù)m、k：$\left\{\begin{array}{l}{k=5}\\{m=23}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{k=9}\\{m=11}\end{array}\right.$，使得a_m+a_m+1+…+a_m+k=300．

點(diǎn)評 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)，涉及到極限等知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于中檔題．