Question

1．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，p，q是與n無關(guān)的常數(shù)．
（1）若$\frac{{S}_{n}}{n}$=pn+q（n∈N^*），且$\frac{1}{3}$S₃與$\frac{1}{4}$S₄的等差中項為1，而$\frac{1}{5}$S₅是$\frac{1}{3}$S₃與$\frac{1}{4}$S₄的等比中項，求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=pn+q（n∈N^*），是否存在p，q，使得數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列？若存在，求出p，q的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）運用等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合條件，得到p，q的方程，解方程可得p，q，再由數(shù)列的通項和前n項和的關(guān)系，即可得到數(shù)列的通項公式；
（2）若$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=pn+q（n∈N^*），假設(shè)存在p，q，使得數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列．可設(shè)a_n=a₁+（n-1）d，S_n=na₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d，運用恒等式的知識，可得p，q和a₁，d的值，進而判斷存在性．

解答 解：（1）若$\frac{{S}_{n}}{n}$=pn+q（n∈N^*），則$\frac{1}{3}$S₃=3p+q，
$\frac{1}{4}$S₄=4p+q，$\frac{1}{5}$S₅=5p+q，
由$\frac{1}{3}$S₃與$\frac{1}{4}$S₄的等差中項為1，
則（3p+q）+（4p+q）=2，即有7p+2q=2①
又$\frac{1}{5}$S₅是$\frac{1}{3}$S₃與$\frac{1}{4}$S₄的等比中項，
則（3p+q）（4p+q）=（5p+q）²②
由①②解得p=0，q=1或p=-$\frac{6}{5}$，q=$\frac{26}{5}$．
即有S_n=n或-$\frac{6}{5}$n²+$\frac{26}{5}$n，
由a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n＞1}\end{array}\right.$，
可得a_n=1或a_n=$\frac{32}{5}$-$\frac{12}{5}$n；
（2）若$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=pn+q（n∈N^*），假設(shè)存在p，q，使得數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列．
可設(shè)a_n=a₁+（n-1）d，S_n=na₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d，
即有S_n=a_n（pn+q），
即為$\frac5726yum{2}$n²+n（a₁-$\fracx2zwnps{2}$）=pdn²+n[qd+p（a₁-d）]+q（a₁-d）．
即有$\fracewdq0mi{2}$=pd，a₁-$\frac6jgypgh{2}$=qd+p（a₁-d），q（a₁-d）=0，
解得d=0，p=1，q=0，或a₁=d≠0，p=q=$\frac{1}{2}$，
故存在p=1，q=0或p=q=$\frac{1}{2}$，使得數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，
且a_n=a₁或a_n=na₁．（a₁≠0）．

點評 本題考查數(shù)列的通項和前n項和的關(guān)系，同時考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項和性質(zhì)，考查運算和推理能力，屬于中檔題和易錯題．