Question

2．设各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足：a₁=1，4S_n=（a_n+1）²（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$（∈N^*），试求$\underset{lim}{n→∞}$（b₁+b₂+…+b_n-2n）的值；
（3）是否存在大于2的正整数m、k，使得a_m+a_m+1+a_m+2+…+a_m+k=300？若存在，求出所有符合条件的m、k；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过4a_n+1=4S_n+1-4S_n得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，进而可得结论；
（2）通过分离b_n的分母可得b_n=2+2（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），累加后取极限即可；
（3）假设存在大于2的正整数m、k使得a_m+a_m+1+…+a_m+k=300，通过（1）可得300=（2m+k-1）（k+1），利用2m+k-1＞k+1≥4，且2m+k-1与k+1的奇偶性相同，即得结论．

解答 解：（1）∵4S_n=（a_n+1）²，∴4S_n+1=（a_n+1+1）²，
两式相减，得4a_n+1=4S_n+1-4S_n=（a_n+1）²-（a_n+1+1）²=${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$+2a_n+1-2a_n，
化简得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，
又∵数列{a_n}各项均为正数，
∴a_n+1-a_n=2 （n∈N^*），
∴数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴a_n=2n-1 （n∈N^*）．
（2）因为b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{2n+1}{2n-1}$+$\frac{2n-1}{2n+1}$=2+2（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
故b₁+b₂+…+b_n=2n+2[（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）]=2n+2（1-$\frac{1}{2n+1}$），
于是$\underset{lim}{n→∞}$（b₁+b₂+…+b_n-2n）=$\underset{lim}{n→∞}$[2（1-$\frac{1}{2n+1}$）]=2；
（3）结论：存在大于2的正整数m、k使得a_m+a_m+1+…+a_m+k=300．
理由如下：
假设存在大于2的正整数m、k使得a_m+a_m+1+…+a_m+k=300，
由（1），可得a_m+a_m+1+…+a_m+k=（2m+k-1）（k+1），
从而（2m+k-1）（k+1）=300，
由于正整数m、k均大于2，知2m+k-1＞k+1≥4，且2m+k-1与k+1的奇偶性相同，
故由300=2²×3×5²，得
$\left\{\begin{array}{l}{k+1=2×3}\\{2m+k-1=2×{5}^{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{k+1=2×5}\\{2m+k-1=2×3×5}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=5}\\{m=23}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{k=9}\\{m=11}\end{array}\right.$，
因此，存在大于2的正整数m、k：$\left\{\begin{array}{l}{k=5}\\{m=23}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{k=9}\\{m=11}\end{array}\right.$，使得a_m+a_m+1+…+a_m+k=300．

点评 本题考查求数列的通项，涉及到极限等知识，注意解题方法的积累，属于中档题．