Question

（2011•徐州模拟）已知各项均为正数的等比数列{a_n}的公比为q，且0＜q＜

1

2

．
（1）在数列{a_n}中是否存在三项，使其成等差数列？说明理由；
（2）若a₁=1，且对任意正整数k，a_k-（a_K+1+a_k+2）仍是该数列中的某一项．
（ⅰ）求公比q；
（ⅱ）若b_n=-log an+1（

2

+1），S_n=b₁+b₂+…+b_n，T_n=S₁+S₂+…+S_n，试用S₂₀₁₁ 表示T₂₀₁₁．

Answer 1

分析：（1）由题意知数列{a_n}是递减正项数列，因此设a_k、a_m、a_n（k＜m＜n）成等差数列，根据等差中项的定义列式并化简可得2q^m-k=1+q^n-k，结合公比0＜q＜

1

2

可得此方程没有实数根，故数列{a_n}中不存在三项成等差数列．
（2））（i）化简得a_k-（a_k+1+a_k+2）=a₁q^k-1[

5

4

-（q+

1

2

）²]，结合[

5

4

-（q+

1

2

）²]∈（

1

4

，1）讨论可得只有a_k-（a_k+1+a_k+2）=a_k+1，得到方程q²+2q-1=0解之得q=

2

-1（舍负）；
（ii）由等比数列的通项公式，结合对数运算性质得b_n=

1

n

，从而得到S_n=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，进而得到T_n=1+（1+

1

2

）+（1+

1

2

+

1

3

）+…+（1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

），对此式重新组合整理得T_n=（n+1）S_n-n，由此将n=2011代入即可得到用S₂₀₁₁ 表示T₂₀₁₁的式子．

解答：解：（1）根据题意，a_n=a₁q^n-1，其中0＜q＜

1

2

．
∵a_n＞0，∴a_n+1＜a_n对任意n∈N₊恒成立，
设{a_n}中存在三项a_k、a_m、a_n（k＜m＜n），满足成等差数列
则2a_m=a_k+a_n，即2q^m-k=1+q^n-k，
由2q^m-k＜1且1+q^n-k＞1，可得上式不能成立．因此数列{a_n}中不存在三项，使其成等差数列．
（2）（i）a_k-（a_k+1+a_k+2）=a₁q^k-1（1-q-q²）=a₁q^k-1[

5

4

-（q+

1

2

）²]
∵[

5

4

-（q+

1

2

）²]∈（

1

4

，1），
∴a_k-（a_K+1+a_k+2）＜a_k＜a_k-1＜…＜a₂＜a₁，且a_k-（a_K+1+a_k+2）＞a_k+2＞a_k+3＞…
因此，只有a_k-（a_k+1+a_k+2）=a_k+1，化简可得q²+2q-1=0
解之得q=

2

-1（舍负）；
（ii）∵a₁=1，q=

2

-1，
∴a_n=（

2

-1）^n-1，可得b_n=-log an+1（

2

+1）=log(

2

-1)n(

2

+1)-1=

1

n

，
因此，S_n=b₁+b₂+…+b_n=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
T_n=S₁+S₂+…+S_n=1+（1+

1

2

）+（1+

1

2

+

1

3

）+…+（1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

）
=n+

1

2

（n-1）+

1

3

（n-2）+…+

1

n

[n-（n-1）]=n（1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

）-（

1

2

+

2

3

+…+

n-1

n

）
=nS_n-[（1-

1

2

）+（1-

1

3

）+…+（1-

1

n

）]=nS_n-[（n-1）-（

1

2

+

1

3

+…+

1

n

）]
=nS_n-[n-（1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

）]=nS_n-n+S_n=（n+1）S_n-n
由此可得：T₂₀₁₁=2012S₂₀₁₁-2011．

点评：本题给出公比小于

1

2

的正项等比数列，讨论它的某三项成等差数列，求数列的通项公式并依此解决数列{b_n}的前n项和的问题．着重考查了等差数列、等比数列的通项公式与求和公式，以及数列与函数的综合等知识，属于中档题．