Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足：a₁=a（a≠0），a_n+1=rS_n （n∈N^*，r∈R，r≠-1）．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若存在k∈N^*，使得S_k+1，S_k，S_k+2成等差数列，试判断：对于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1，a_m，a_m+2是否成等差数列，并证明你的结论．

Answer 1

分析：（I）由已知中a_n+1=rS_n，我们可以得到以a_n+2=rS_n+1，两式相减后结合数列前n项和定义，我们可以判断出数列{a_n}中从第二项开始，后一项与前一项之间的关系，因为式子中含有参数r，故我们可以对r进行分类讨论，即可得到答案．
（II）根据（I）的结论，我们同样要对r进行分类讨论，结合等差数列的判定方法，即要判断a_m+1，a_m，a_m+2是否成等差数列，即判断a_m+1+a_m+2=2a_m是否成立，论证后即可得到答案．

解答：解：（I）由已知a_n+1=rS_n，则a_n+2=rS_n+1，两式相减得
a_n+2-a_n+1=r（S_n+1-S_n）=ra_n+1
即a_n+2=（r+1）a_n+1
又 a₂=ra₁=ra
∴当r=0时，数列{a_n}为：a，0，0，…；
当r≠0时，由r≠-1，a≠0，∴a_n≠0
由a_n+2=（r+1）a_n+1得数列{a_n}从第二项开始为等比数列
∴当n≥2时，a_n=r（r+1）^n-2a
综上数列{a_n}的通项公式为an=

a，n=1 r(r+1)n-2a ，n≥2

（II） 对于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1，a_m，a_m+2成等差数列，理由如下：
当r=0时，由（I）知，an=

a，n=1 0，n≥2

∴对于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1，a_m，a_m+2成等差数列；
当r≠0，r≠-1时
∵S_k+2=S_k+a_k+1+a_k+2，S_k+1=S_k+a_k+1
若存在k∈N^*，使得S_k+1，S_k，S_k+2成等差数列，则2S_k=S_k+1+S_k+2
∴2S_k=2S_k+a_k+2+2a_k+1，即a_k+2=-2a_k+1
由（I）知，a₂，a₃，…，a_n，…的公比r+1=-2，于是
对于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1=-2a_m，从而a_m+2=4a_m，
∴a_m+1+a_m+2=2a_m，即a_m+1，a_m，a_m+2成等差数列
综上，对于任意的m∈N^*，且m≥2，a_m+1，a_m，a_m+2成等差数列．

点评：本题考查的知识点为等差数列、等比数列的基础知识，同时考查了推理论证能力，以及特殊与一般的思想．