Question

10．已知数列{a_n}前n项和为S_n．
（1）若S_n=2ⁿ-1，求数列{a_n}的通项公式；
（2）若a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=a_na_n+1，a_n≠0，求数列{a_n}的通项公式；
（3）设无穷数列{a_n}是各项都为正数的等差数列，是否存在无穷等比数列{b_n}，使得a_n+1=a_nb_n恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{b_n}的通项公式；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由数列的递推式：n=1时，a₁=S₁，当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，计算即可得到所求通项公式；
（2）求出a₁=a₁a₂，a₁≠0，可得a₂=1，当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=a_na_n+1-a_n-1a_n，即有a_n+1-a_n-1=1，即有数列{a_n}中奇数项和偶数项分别构成公差为1的等差数列，运用等差数列的通项公式即可得到所求通项；
（3）设a_n=c+dn，假设存在无穷等比数列{b_n}，使得a_n+1=a_nb_n恒成立．设数列{b_n}的公比为q，则b_n+1=qb_n，
即有$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}$=q•$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，则（dn+2d+c）（dn+c）=q（dn+d+c）²对一切n为自然数成立．展开等式，取n=1，2，3，再由恒成立思想，可得d，q的值，解方程即可判断存在性．

解答 解：（1）n=1时，a₁=S₁=2-1=1，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ-1-（2^n-1-1）=2^n-1，
上式对n=1也成立．
综上可得数列{a_n}的通项公式为a_n=2^n-1；
（2）a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=a_na_n+1，a_n≠0，
可得a₁=a₁a₂，a₁≠0，可得a₂=1，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=a_na_n+1-a_n-1a_n，
即有a_n+1-a_n-1=1，
即有数列{a_n}中奇数项和偶数项分别构成公差为1的等差数列，
可得a_2n-1=$\frac{1}{2}$+n-1=$\frac{2n-1}{2}$，a_2n=1+n-1=n=$\frac{2n}{2}$，
故数列{a_n}的通项公式为a_n=$\frac{n}{2}$；
（3）设a_n=c+dn，假设存在无穷等比数列{b_n}，使得a_n+1=a_nb_n恒成立．
设数列{b_n}的公比为q，则b_n+1=qb_n，
即有$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}$=q•$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，
即a_n+2a_n=qa_n+1²，
则（dn+2d+c）（dn+c）=q（dn+d+c）²对一切n为自然数成立．
即（d²-qd²）n²+2（1-q）d（c+d）n+c（2d+c）-q（d+c）²=0对n∈N*成立．
取n=1，2，3可得（d²-qd²）+2（1-q）d（c+d）+c（2d+c）-q（d+c）²=0①
4（d²-qd²）+4（1-q）d（c+d）+c（2d+c）-q（d+c）²=0②
9（d²-qd²）+6（1-q）d（c+d）+c（2d+c）-q（d+c）²=0③
由恒成立思想可得d²-qd²=0，（1-q）d（c+d）=0，c（2d+c）-q（d+c）²=0，
当d=0时，a_n=c＞0，所以b_n=1（n∈N*），检验满足要求；
当d≠0，q=1，所以c（2d+c）-q（d+c）²=0，则d=0，矛盾．
综上可得，当等差数列{a_n}的公差d=0，存在无穷等比数列{b_n}，
使得a_n+1=a_nb_n恒成立，且b_n=1；
当等差数列{a_n}的公差d≠0，不存在无穷等比数列{b_n}，
使得a_n+1=a_nb_n恒成立．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，以及存在性问题的解法和恒成立思想的运用，属于难题．