Question

19．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a₁=1，nS_n+1-（n+1）S_n=$\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，n∈N^*．
（1）求a₂的值；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）是否存在正整数k，使a_k，S_2k，a_4k成等比数列？若存在，求k的值； 若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由满足a₁=1，nS_n+1-（n+1）S_n=$\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，n∈N^*．令n=1即可得出．
（2）解法1：由$n{S_{n+1}}-（{n+1}）{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，得$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}-\frac{S_n}{n}=\frac{1}{2}$．利用等差数列的通项公式及其递推式即可得出；
解法2：由$n{S_{n+1}}-（{n+1}）{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，得$n（{{S_{n+1}}-{S_n}}）-{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，可得$n{a_{n+1}}-{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$．　再利用递推式即可得出．
（3）由（2）知a_n=n，${S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$．假设存在正整数k，使a_k，S_2k，a_4k成等比数列，可得$S_{2k}^2={a_k}•{a_{4k}}$．即${[{\frac{{2k（{2k+1}）}}{2}}]^2}=k•4k$．解出即可判断出．

解答 （1）解：∵a₁=1，$n{S_{n+1}}-（{n+1}）{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，
∴${S_2}-2{S_1}=\frac{1×2}{2}=1$．
∴S₂=1+2S₁=1+2a₁=3．
∴a₂=S₂-a₁=2．
（2）解法1：由$n{S_{n+1}}-（{n+1}）{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，得$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}-\frac{S_n}{n}=\frac{1}{2}$．
∴数列$\left\{{\frac{S_n}{n}}\right\}$是首项为$\frac{S_1}{1}=1$，公差为$\frac{1}{2}$的等差数列．
∴$\frac{S_n}{n}=1+\frac{1}{2}（{n-1}）=\frac{1}{2}（{n+1}）$．
∴${S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1…（5分）=$\frac{{n（{n+1}）}}{2}-\frac{{（{n-1}）n}}{2}$=n．
而a₁=1适合上式，
∴a_n=n．
解法2：由$n{S_{n+1}}-（{n+1}）{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，得$n（{{S_{n+1}}-{S_n}}）-{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$，
∴$n{a_{n+1}}-{S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$．　①
当n≥2时，$（{n-1}）{a_n}-{S_{n-1}}=\frac{{n（{n-1}）}}{2}$，②
①-②得$n{a_{n+1}}-（{n-1}）{a_n}-（{{S_n}-{S_{n-1}}}）=\frac{{n（{n+1}）}}{2}-\frac{{n（{n-1}）}}{2}$，
∴na_n+1-na_n=n．              
∴a_n+1-a_n=1．　　　　　　　
∴数列{a_n}从第2项开始是以a₂=2为首项，公差为1的等差数列．
∴a_n=2+（n-2）=n．
而a₁=1适合上式，
∴a_n=n．
（3）由（2）知a_n=n，${S_n}=\frac{{n（{n+1}）}}{2}$．
假设存在正整数k，使a_k，S_2k，a_4k成等比数列，
则$S_{2k}^2={a_k}•{a_{4k}}$．
即${[{\frac{{2k（{2k+1}）}}{2}}]^2}=k•4k$．
∵k为正整数，
∴（2k+1）²=4．
得2k+1=2或2k+1=-2，
解得$k=\frac{1}{2}$或$k=-\frac{3}{2}$，与k为正整数矛盾．
∴不存在正整数k，使a_k，S_2k，a_4k成等比数列．

点评 本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式、递推式的应用等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及运算求解能力和创新意识，属于中档题．