Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意的n∈N^*，点（a_n，S_n）都在直线2x-y-2=0的图象上．
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）是否存在等差数列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2对一切n∈N^*都成立？若存在，求出{b_n}的通项公式；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由题意得2a_n-S_n-2=0可得当n≥2时由2a_n-S_n-2=0，2a_n-1-S_n-1-2=0两式相减可得即a_n=2a_n-1可证
（2）假设存在等差数列b_n，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2对一切n∈N^*都成立，则n=1时，b₁，当n≥2时由a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，a₁b₁+a₂b₂+a_n-1b_n-1=（n-1-1）•2ⁿ+2，两式相减可求

解答：解：（I）由题意得2a_n-S_n-2=0（2分）
当n=1时，2a₁-S₁-2=0得a₁=2
当n≥2时由2a_n-S_n-2=0（1）得2a_n-1-S_n-1-2=0（2）
（1）-（2）得2a_n-2a_n-1-a_n=0即a_n=2a_n-1（4分）
因为a₁=2所以

an

an-1

=2，
所以a_n是以2为首项，2为公比的等比数列
所以a_n=2•2^n-1=2ⁿ（6分）
（2）假设存在等差数列b_n，使得a₁b₁+a₂b₂++a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2对一切n∈N^*都成立
则当n=1时，a₁b₁=（1-1）•2¹+2得b₁=1（8分）
当n≥2时由a₁b₁+a₂b₂++a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2（3）
得a₁b₁+a₂b₂+a_n-1b_n-1=（n-1-1）•2ⁿ+2（4）
（3）-（4）得a_nb_n=n•2ⁿ即b_n=n（10分）
当n=1时也满足条件，所以b_n=n（11分）
因为为等差数列{b_n}，故存在b_n=n（n∈N^*）满足条件（13分）

点评：本题目主要考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，解题中要注意对n=1的检验不要漏掉，还要注意等比数列的通项公式的应用．