Question

16．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，已知a₁=1，S_n=na_n-2n（n-1）（n∈N^*）
（1）求證數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，并寫(xiě)出通項(xiàng)公式．
（2）是否存在自然數(shù)n，使S₁+$\frac{{S}_{2}}{2}$+$\frac{{S}_{3}}{3}$+…+$\frac{{S}_{n}}{n}$=400？若存在，求出n的值；若不存在，說(shuō)明理由．
（3）是否存在非零常數(shù)p，q，使數(shù)列{$\frac{{S}_{n}}{pn+q}$}是等差數(shù)列？若存在，求出p，q應(yīng)滿足的關(guān)系式；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用遞推式與等差數(shù)列的定義即可證明；
（2）利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出；
（3）假設(shè)存在非零常數(shù)p，q，使數(shù)列{$\frac{{S}_{n}}{pn+q}$}是等差數(shù)列，可得$\frac{2{S}_{2}}{2p+q}$=$\frac{{S}_{1}}{p+q}+$$\frac{{S}_{3}}{3p+q}$，化為p+2q=0，（q≠0）．此時(shí)$\frac{{S}_{n}}{pn+q}$=$-\frac{n}{q}$，只要取q≠0，即為等差數(shù)列．

解答 （1）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=na_n-2n（n-1）-（n-1）a_n-1+2（n-1）（n-2），化為a_n-a_n-1=4，
∴數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為4．
∴a_n=1+4（n-1）=4n-3．
（2）解：由（1）可得：S_n=$\frac{n（1+4n-3）}{2}$=n（2n-1）．
∴$\frac{{S}_{n}}{n}$=2n-1．
∴S₁+$\frac{{S}_{2}}{2}$+$\frac{{S}_{3}}{3}$+…+$\frac{{S}_{n}}{n}$=1+3+…+（2n-1）=$\frac{n（1+2n-1）}{2}$=n²，
假設(shè)存在自然數(shù)n，使S₁+$\frac{{S}_{2}}{2}$+$\frac{{S}_{3}}{3}$+…+$\frac{{S}_{n}}{n}$=400，則n²=400，解得n=20．
因此存在n=20滿足條件．
（3）解：假設(shè)存在非零常數(shù)p，q，使數(shù)列{$\frac{{S}_{n}}{pn+q}$}是等差數(shù)列，
則$\frac{{S}_{n}}{pn+q}$=$\frac{2{n}^{2}-n}{pn+q}$，
∵$\frac{2{S}_{2}}{2p+q}$=$\frac{{S}_{1}}{p+q}+$$\frac{{S}_{3}}{3p+q}$，
∴$\frac{2×6}{2p+q}$=$\frac{1}{p+q}$+$\frac{15}{3p+q}$，
化為p+2q=0，（p≠0）．
此時(shí)$\frac{{S}_{n}}{pn+q}$=$\frac{2{n}^{2}-n}{pn+q}$=$\frac{n（2n-1）}{-q（2n-1）}$=$-\frac{n}{q}$（q≠0），為等差數(shù)列，首項(xiàng)為-$\frac{1}{q}$，公差為-$\frac{1}{q}$（q≠0）．
其中p與q滿足關(guān)系式：p+2q=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的定義通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、遞推式的應(yīng)用，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．