Question

18．设数列{a_n}的前n项和为S_n（n∈N^*），且满足：
①|a₁|≠|a₂|；
②r（n-p）S_n+1=（n²+n）a_n+（n²-n-2）a₁，其中r，p∈R，且r≠0．
（1）求p的值；
（2）数列{a_n}能否是等比数列？请说明理由；
（3）求证：当r=2时，数列{a_n}是等差数列．

Answer 1

分析 （1）n=1时，r（1-p）（a₁+a₂）=2a₁-2a₁，其中r，p∈R，且r≠0．又|a₁|≠|a₂|．可得1-p=0，解得p．
（2）设a_n=ka_n-1（k≠±1），r（n-1）S_n+1=（n²+n）a_n+（n²-n-2）a₁，可得rS₃=6a₂，2rS₄=12a₃+4a₁，化为：r（1+k+k²）=6k，r（1+k+k²+k³）=6k²+2．联立解得r，k，即可判断出结论．
（3）r=2时，2（n-1）S_n+1=（n²+n）a_n+（n²-n-2）a₁，可得2S₃=6a₂，4S₄=12a₃+4a₁，6S₅=20a₄+10a₁．化为：a₁+a₃=2a₂，a₂+a₄=2a₃，a₃+a₅=2a₄．假设数列{a_n}的前n项成等差数列，公差为d．利用已知得出a_n+1，即可证明．

解答 解：（1）n=1时，r（1-p）（a₁+a₂）=2a₁-2a₁，其中r，p∈R，且r≠0．又|a₁|≠|a₂|．
∴1-p=0，解得p=1．
（2）设a_n=ka_n-1（k≠±1），r（n-1）S_n+1=（n²+n）a_n+（n²-n-2）a₁，∴rS₃=6a₂，2rS₄=12a₃+4a₁，
化为：r（1+k+k²）=6k，r（1+k+k²+k³）=6k²+2．联立解得r=2，k=1（不合题意），舍去，因此数列{a_n}不是等比数列．
（3）证明：r=2时，2（n-1）S_n+1=（n²+n）a_n+（n²-n-2）a₁，∴2S₃=6a₂，4S₄=12a₃+4a₁，6S₅=20a₄+10a₁．
化为：a₁+a₃=2a₂，a₂+a₄=2a₃，a₃+a₅=2a₄．假设数列{a_n}的前n项成等差数列，公差为d．
则2（n-1）$[n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d+{a}_{n+1}]$=（n²+n）[a₁+（n-1）d]+（n²-n-2）a₁，化为a_n+1=a₁+（n+1-1）d，
因此第n+1项也满足等差数列的通项公式，
综上可得：数列{a_n}成等差数列．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式及其性质、数列递推关系、数学归纳法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．