Question

1．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n．
（1）若4S_n-a_n²-2a_n-1=0，求{a_n}的通項公式；
（2）若{a_n}是等比數(shù)列，公比為q（q≠1，q為正常數(shù)），數(shù)列{lga_n}的前n項和為T_n，$\frac{{T}_{（k+1）n}}{{T}_{kn}}$為定值，
求a₁．

Answer 1

分析 （1）利用4S_n-a_n²-2a_n-1=0與$4{S_{n-1}}-a_{n-1}^2-2{a_{n-1}}-1=0$作差可得a_n-a_n-1=2，進而可得結(jié)論；
（2）通過設(shè)${a_n}={a_1}{q^{n-1}}$可得數(shù)列{lga_n}是lga₁為首項、lgq為公差的等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的求和公式并化簡可得$\left\{\begin{array}{l}{（k+1）^{2}-p{k}^{2}=0}\\{（k+1）-pk=0或{{a}_{1}}^{2}=q}\end{array}\right.$（其中p為定值），計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵4S_n-a_n²-2a_n-1=0                        ①
∴$4{a_1}-a_1^2-2{a_1}-1=-a_1^2+2{a_1}-1=-{（{a_1}-1）^2}=0$，
即a₁=1，
由①得：當(dāng)n≥2時，$4{S_{n-1}}-a_{n-1}^2-2{a_{n-1}}-1=0$        ②
①-②得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n＞0，∴a_n-a_n-1-2=0，即a_n-a_n-1=2，
∴數(shù)列{a_n}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，
∴a_n=2n-1；
（2）由題設(shè)可知：${a_n}={a_1}{q^{n-1}}$，
令b_n=lga_n=nlgq+lga₁-lgq，
∴數(shù)列{lga_n}是lga₁為首項、lgq為公差的等差數(shù)列，
若$\frac{{{T_{（k+1）n}}}}{{{T_{kn}}}}$為定值，令$\frac{{{T_{（k+1）n}}}}{{{T_{kn}}}}=p$（定值），
則$\frac{{（k+1）nlg{a_1}+\frac{（k+1）n[（k+1）n-1]}{2}lgq}}{{knlg{a_1}+\frac{kn（kn-1）}{2}lgq}}=p$，
即{[（k+1）²-pk²]lgq}n+[（k+1）-pk]（$lg\frac{{{a}_{1}}^{2}}{q}$）lgq=0對n∈N^*恒成立             （*）
∵q≠1，q＞0，
∴（*）式等價于$\left\{\begin{array}{l}{（k+1）^{2}-p{k}^{2}=0}\\{（k+1）-pk=0或{{a}_{1}}^{2}=q}\end{array}\right.$，
∴$\frac{k+1}{k}=\sqrt{p}$，將其代入（k+1）-pk=0，得：p=0或p=1，
∵k∈N^*，∴p＞0且p≠1，∴$a_1^2=q$，
∵a_n＞0，∴q＞0，
∴${a}_{1}=\sqrt{q}$．

點評 本題考查求數(shù)列的通項及求和，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．