Question

【题目】已知数列{an}前n项和为Sn ．
（1）若Sn=2n﹣1，求数列{an}的通项公式；
（2）若a1= ，Sn=anan+1 ， an≠0，求数列{an}的通项公式；
（3）设无穷数列{an}是各项都为正数的等差数列，是否存在无穷等比数列{bn}，使得an+1=anbn恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．

Answer 1

【答案】
（1）解：n=1时，a1=S1=2﹣1=1，

当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣1﹣（2n﹣1﹣1）=2n﹣1，

上式对n=1也成立．

综上可得数列{an}的通项公式为an=2n﹣1；

（2）解：a1= ，Sn=anan+1，an≠0，

可得a1=a1a2，a1≠0，可得a2=1，

当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=anan+1﹣an﹣1an，

即有an+1﹣an﹣1=1，

即有数列{an}中奇数项和偶数项分别构成公差为1的等差数列，

可得a2n﹣1= +n﹣1= ，a2n=1+n﹣1=n= ，

故数列{an}的通项公式为an= ；

（3）解：设an=c+dn，假设存在无穷等比数列{bn}，使得an+1=anbn恒成立．

设数列{bn}的公比为q，则bn+1=qbn，

即有 =q ，

即an+2an=qan+12，

则（dn+2d+c）（dn+c）=q（dn+d+c）2对一切n为自然数成立．

即（d2﹣qd2）n2+2（1﹣q）d（c+d）n+c（2d+c）﹣q（d+c）2=0对n∈N*成立．

取n=1，2，3可得（d2﹣qd2）+2（1﹣q）d（c+d）+c（2d+c）﹣q（d+c）2=0①

4（d2﹣qd2）+4（1﹣q）d（c+d）+c（2d+c）﹣q（d+c）2=0②

9（d2﹣qd2）+6（1﹣q）d（c+d）+c（2d+c）﹣q（d+c）2=0③

由恒成立思想可得d2﹣qd2=0，（1﹣q）d（c+d）=0，c（2d+c）﹣q（d+c）2=0，

当d=0时，an=c＞0，所以bn=1（n∈N*），检验满足要求；

当d≠0，q=1，所以c（2d+c）﹣q（d+c）2=0，则d=0，矛盾．

综上可得，当等差数列{an}的公差d=0，存在无穷等比数列{bn}，

使得an+1=anbn恒成立，且bn=1；

当等差数列{an}的公差d≠0，不存在无穷等比数列{bn}，

使得an+1=anbn恒成立．

【解析】（1）由数列的递推式：n=1时，a1=S1，当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1，计算即可得到所求通项公式；（2）求出a1=a1a2，a1≠0，可得a2=1，当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=anan+1﹣an﹣1an，即有an+1﹣an﹣1=1，即有数列{an}中奇数项和偶数项分别构成公差为1的等差数列，运用等差数列的通项公式即可得到所求通项；（3）设an=c+dn，假设存在无穷等比数列{bn}，使得an+1=anbn恒成立．设数列{bn}的公比为q，则bn+1=qbn，

即有 =q ，则（dn+2d+c）（dn+c）=q（dn+d+c）2对一切n为自然数成立．展开等式，取n=1，2，3，再由恒成立思想，可得d，q的值，解方程即可判断存在性．