Question

数列{a_n}中各项为正数，S_n为其前n项和，对任意n∈N^*，总有a_n，S_n，a_n²成等差数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）是否存在最大正整数p，使得命题“?n∈N^*，ln（p+a_n）＜2a_n”是真命题？若存在，求出p；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由已知条件2S_n=an+an2，2S n-1 =a_n-1+an-12，n≥2，两式相减，推导出{a_n}是公差为1的等差数列．由此能求出a_n=n．
（2）假设存在正整数p，满足p+n＜e²ⁿ．构造函数f（x）=e^2x-x，x≥1，利用导数性质得到f（x）≥f（1）=e²-1，所以e²ⁿ-n≥e²-1．由此能推导出存在最大正整数p，使得命题“?n∈N^*，ln（p+a_n）＜2a_n”是真命题．

解答： 解：（1）由已知n∈N^*时，2S_n=an+an2，
∴2S n-1 =a_n-1+an-12，n≥2，
两式相减，得2an=an+an2-an-1-an-12，
∴a_n+a_n-1=（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1），
又a_n，a_n-1为正数，∴a_n-a_n-1=1，n≥2．…（4分）
∴{a_n}是公差为1的等差数列．
当n=1时，2S1=a1+a12，得a₁=1或a₁=0（舍去），∴a_n=n．…（6分）
（2）假设存在正整数p，满足ln（p+a_n）＜2a_n，即p+n＜e²ⁿ．
∴p＜e²ⁿ-n，n∈N^*．…（8分）
设函数f（x）=e^2x-x，x≥1，则f（x）′=2e^2x-1．
当x≥1时，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，+∞）上为增函数．
∴f（x）≥f（1）=e²-1，即有e²ⁿ-n≥e²-1．
∵p为满足p＜e²-1的最大正整数，而6＜e²-1＜7，故p=6．…（12分）

点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查最大正整数p的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．