Question

5．正数列{a_n}的前n项和S_n满足：rS_n=a_na_n+1-1，a₁=a＞0，常数r∈N．
（Ⅰ）求证：a_n+2-a_n为定值；
（Ⅱ）若数列{a_n}是一个周期数列（即存在非零常数T，使a_n+T=a_n恒成立），求该数列的最小正周期；
（Ⅲ）若数列{a_n}是一个各项为有理数的等差数列，求S_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由rS_n=a_na_n+1-1，a₁=a＞0，利用递推式可得ra_n+1=a_n+1（a_n+2-a_n），由于a_n+1＞0，即可证明a_n+2-a_n为定值．
（Ⅱ）当n=1时，ra=aa₂-1，${a}_{2}=r+\frac{1}{a}$，根据数列是隔项成等差，写出数列的前几项．当r＞0时，奇数项和偶数项都是单调递增的，不可能是周期数列．当r=0时，写出数列的前几项．对a分类讨论：当a＞0且a≠1时，与当a=1时，即可得出．
（Ⅲ）由数列{a_n}是一个有理数等差数列，可得a+a+r=2$（r+\frac{1}{a}）$，解得a=$\frac{r+\sqrt{16+{r}^{2}}}{4}$是有理数．设r²+16=k²，r，k均是非负整数．对r分类讨论：r=0时，r≠0时，（k-r）（k+r）=16=4×4=2×8，可以分解成8组，即可得出．

解答 （Ⅰ）证明：∵rS_n=a_na_n+1-1，a₁=a＞0，rS_n+1=a_n+1a_n+2-1，∴ra_n+1=a_n+1（a_n+2-a_n），∵a_n+1＞0，
∴a_n+2-a_n=r为定值．
（Ⅱ）解：当n=1时，ra=aa₂-1，∴${a}_{2}=r+\frac{1}{a}$，
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，
∴不可能是周期数列，
当r=0时，写出数列的前几项：a，$\frac{1}{a}$，a，$\frac{1}{a}$，a，$\frac{1}{a}$，…．
∴当a＞0且a≠1时，该数列的周期是2，当a=1时，该数列的周期是1，
（Ⅲ）解：∵数列{a_n}是一个有理数等差数列，∴a+a+r=2$（r+\frac{1}{a}）$，
化简2a²-ar-2=0，a=$\frac{r+\sqrt{16+{r}^{2}}}{4}$是有理数．设r²+16=k²，r，k均是非负整数，
r=0时，a=1，a₁=1，S_n=n，
r≠0时，（k-r）（k+r）=16=4×4=2×8，
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=$\frac{n（3n+5）}{4}$．

点评 本题考查了等差数列的通项公式、周期数列、递推式的应用，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于中档题．