Question

7．已知{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a_n+S_n=4（n∈N^*）．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）是否存在正整數(shù)k，使$\frac{{S}_{k+1}-2}{{S}_{k}-2}$＞2成立？若存在，求出正整數(shù)k，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)S_n+a_n=4與S_n+1+a_n+1=4作差，進(jìn)而整理可知a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n，通過(guò)在a_n+S_n=4中令n=1可得首項(xiàng)，從而可得結(jié)論；
（Ⅱ）利用反證法，假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)k，通過(guò)（I）可知S_n=4-2^2-n，代入不等式化簡(jiǎn)可得1＜2^k-1＜$\frac{3}{2}$，從而得出矛盾．

解答 （Ⅰ）證明：由題意，S_n+a_n=4，S_n+1+a_n+1=4，
兩式相減，得：（S_n+1+a_n+1）-（S_n+a_n）=0，
整理，得：2a_n+1-a_n=0，即a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n，
又∵2a₁=S₁+a₁=4，即a₁=2，
∴數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)a₁=2、公比為q=$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列；
（Ⅱ）結(jié)論：不存在滿足條件的正整數(shù)k．
理由如下：
由（I）可知S_n=$\frac{{2[{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}]}}{{1-\frac{1}{2}}}$=4-2^2-n，
則$\frac{{{S_{k+1}}-2}}{{{S_k}-2}}＞2?\frac{{4-{2^{1-k}}-2}}{{4-{2^{2-k}}-2}}＞2?\frac{{3•{2^{1-k}}-2}}{{2•{2^{1-k}}-2}}＜0?\frac{2}{3}＜{2^{1-k}}＜1?1＜{2^{k-1}}＜\frac{3}{2}$，
由k∈N^*可知2^k-1∈N^*，這與2^k-1∈（1，$\frac{3}{2}$）相矛盾，
故不存在這樣的k，使不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．