Question

11．已知无穷数列{a_n}的各项都是正数，其前n项和为S_n，且满足：a₁=a，rS_n=a_na_n+1-1，其中a≠1，常数r∈N；
（1）求证：a_n+2-a_n是一个定值；
（2）若数列{a_n}是一个周期数列（存在正整数T，使得对任意n∈N^*，都有a_n+T=a_n成立，则称{a_n}为周期数列，T为它的一个周期，求该数列的最小周期；
（3）若数列{a_n}是各项均为有理数的等差数列，c_n=2•3^n-1（n∈N^*），问：数列{c_n}中的所有项是否都是数列{a_n}中的项？若是，请说明理由，若不是，请举出反例．

Answer 1

分析 （1）由rS_n=a_na_n+1-1，利用迭代法得：ra_n+1=a_n+1（a_n+2-a_n），由此能够证明a_n+2-a_n为定值．
（2）当n=1时，ra=aa₂-1，故a₂=$\frac{1+ra}{a}$，根据数列是隔项成等差，写出数列的前几项，再由r＞0和r=0两种情况进行讨论，能够求出该数列的周期．
（3）因为数列{a_n}是一个有理等差数列，所以a+a=r=2（r+$\frac{1}{a}$），化简2a²-ar-2=0，解得a是有理数，由此入手进行合理猜想，能够求出S_n．

解答 （1）证明：∵rS_n=a_na_n+1-1，①
∴rS_n+1=a_n+1a_n+2-1，②
②-①，得：ra_n+1=a_n+1（a_n+2-a_n），
∵a_n＞0，∴a_n+2-a_n=r．
（2）解：当n=1时，ra=aa₂-1，∴a₂=$\frac{1+ra}{a}$，
根据数列是隔项成等差，写出数列的前几项：a，r+$\frac{1}{a}$，a+r，2r+$\frac{1}{a}$，a+2r，3r+$\frac{1}{a}$，…．
当r＞0时，奇数项和偶数项都是单调递增的，所以不可能是周期数列，
∴r=0时，数列写出数列的前几项：a，$\frac{1}{a}$，a，$\frac{1}{a}$，…．
所以当a＞0且a≠1时，该数列的周期是2，
（3）解：因为数列{a_n}是一个有理等差数列，a+a+r=2（r+$\frac{1}{a}$），
化简2a²-ar-2=0，a=$\frac{r+\sqrt{{r}^{2}+16}}{4}$是有理数．
设$\sqrt{{r}^{2}+16}$=k，是一个完全平方数，
则r²+16=k²，r，k均是非负整数r=0时，a=1，a_n=1，S_n=n．
r≠0时（k-r）（k+r）=16=2×8=4×4可以分解成8组，
其中只有$\left\{\begin{array}{l}{r=3}\\{k=5}\end{array}\right.$，符合要求，
此时a=2，a_n=$\frac{3n+1}{2}$，S_n=$\frac{n（3n+5）}{4}$，
∵c_n=2•3^n-1（n∈N^*），a_n=1时，不符合，舍去．
a_n=$\frac{3n+1}{2}$时，若2•3^n-1=$\frac{3k+1}{2}$，则：3k=4×3^n-1-1，n=2时，k=$\frac{11}{3}$，不是整数，
因此数列{c_n}中的所有项不都是数列{a_n}中的项．

点评 本题考查了数列递推关系、等差数列的定义与通项公式、数列的周期性性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．