Question

8．已知数列{a_n}前n项和S_n满足S_n+1=a₂S_n+a₁，其中a₂≠0．
（Ⅰ）求证数列{a_n}是首项为1的等比数列；
（Ⅱ）当a₂=2时，是否存在等差数列{b_n}，使得a₁b_n+a₂b_n-1+a₃b_n-2+…+a_nb₁=2ⁿ⁺¹-n-2对一切n∈N^*都成立？若存在，求出b_n；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由S₁=a₁，S₂=a₁+a₂=a₂•a₁+a₁，可得a₁=1，利用递推式S_n+1=a₂S_n+a₁，S_n+2=a₂S_n+1+a₁，可得a_n+2=a₂•a_n+1，再利用等比数列的定义即可得出．
（II）a₂=2=q，a₁=1，可得：${a_n}={2^{n-1}}$，设存在等差数列{b_n}．则有：${a_1}{b_1}={2^2}-1-2$，${a_1}{b_2}+{a_2}{b_1}={2^3}-2-2$，可得b₁=1，b₂=2，故等差数列{b_n}若存在，由b₁=1、b₂=2必有b_n=n．再利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （Ⅰ）证明：∵S₁=a₁，∴S₂=a₁+a₂=a₂•a₁+a₁，
得：a₂=a₂•a₁，
∵a₂≠0，
∴a₁=1，
由S_n+1=a₂S_n+a₁可得：S_n+2=a₂S_n+1+a₁，减去前式，有a_n+2=a₂•a_n+1，
∴$\frac{{{a_{n+2}}}}{{{a_{n+1}}}}={a_2}≠0$，
又$\frac{a_2}{a_1}=\frac{a_2}{1}={a_2}$也符合，
故$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}={a_2}$对n∈N^*恒成立，数列{a_n}是首项为1，公比为a₂的等比数列．
（Ⅱ）解：a₂=2=q，a₁=1，
∴${a_n}={2^{n-1}}$，
设存在等差数列{b_n}．则有：${a_1}{b_1}={2^2}-1-2$①
${a_1}{b_2}+{a_2}{b_1}={2^3}-2-2$  ②
将a₁=1代入①，b₁=1，
再结合a₂=2代入②，b₂=2，
故等差数列{b_n}若存在，由b₁=1、b₂=2必有b_n=n．
下面证明数列{b_n}满足题意．
设T_n=a₁b_n+a₂b_n-1+a₃b_n-2+…+a_nb₁=1×n+2×（n-1）+2²×（n-2）+…+2^n-2×2+2^n-1×1  ③
则2T_n=2×n+2²×（n-1）+2³×（n-2）+…+2^n-1×2+2ⁿ×1  ④，
④-③有：T_n=-n+2+2²+…2ⁿ=2ⁿ⁺¹-n-2，
∴存在等差数列{b_n}，b_n=n使得a₁b_n+a₂b_n-1+a₃b_n-2+…+a_nb₁=2ⁿ⁺¹-n-2对一切n∈N^*都成立．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．