Question

設(shè)數(shù)列{a_n}，對(duì)任意n∈N^*都有（kn+b）（a₁+a_n）+p=2（a₁+a₂…+a_n），（其中k、b、p是常數(shù)）．
（1）當(dāng)k=0，b=3，p=-4時(shí)，求a₁+a₂+a₃+…+a_n；
（2）當(dāng)k=1，b=0，p=0時(shí)，若a₃=3，a₉=15，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）若數(shù)列{a_n}中任意（不同）兩項(xiàng)之和仍是該數(shù)列中的一項(xiàng)，則稱該數(shù)列是“封閉數(shù)列”．當(dāng)k=1，b=0，p=0時(shí)，設(shè)S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，a₂-a₁=2，試問(wèn)：是否存在這樣的“封閉數(shù)列”{a_n}，使得對(duì)任意n∈N^*，都有S_n≠0，且．若存在，求數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁的所有取值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）當(dāng)k=0，b=3，p=-4時(shí)，3（a₁+a_n）-4=2（a₁+a₂…+a_n），再寫(xiě)一式，兩式相減，可得數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，從而可求a₁+a₂+a₃+…+a_n；
（2）當(dāng)k=1，b=0，p=0時(shí)，n（a₁+a_n）=2（a₁+a₂…+a_n），再寫(xiě)一式，兩式相減，可得數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，從而可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）確定數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)，利用{a_n}是“封閉數(shù)列”，得a₁是偶數(shù)，從而可得，再利用，驗(yàn)證，可求數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁的所有取值．
解答：解：（1）當(dāng)k=0，b=3，p=-4時(shí)，3（a₁+a_n）-4=2（a₁+a₂…+a_n），①
用n+1去代n得，3（a₁+a_n+1）-4=2（a₁+a₂…+a_n+a_n+1），②
②-①得，3（a_n+1-a_n）=2a_n+1，a_n+1=3a_n，（2分）
在①中令n=1得，a₁=1，則a_n≠0，∴，
∴數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，
∴a₁+a₂+a₃+…+a_n=．（4分）
（2）當(dāng)k=1，b=0，p=0時(shí)，n（a₁+a_n）=2（a₁+a₂…+a_n），③
用n+1去代n得，（n+1）（a₁+a_n+1）=2（a₁+a₂…+a_n+a_n+1），④
④-③得，（n-1）a_n+1-na_n+a₁=0，⑤（6分）
用n+1去代n得，na_n+2-（n+1）a_n+1+a₁=0，⑥
⑥-⑤得，na_n+2-2na_n+1+na_n=0，即a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n，（8分）
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．
∵a₃=3，a₉=15，∴公差，∴a_n=2n-3．（10分）
（3）由（2）知數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，∵a₂-a₁=2，∴a_n=a₁+2（n-1）．
又{a_n}是“封閉數(shù)列”，得：對(duì)任意m，n∈N^*，必存在p∈N^*使a₁+2（n-1）+a₁+2（m-1）=a₁+2（p-1），
得a₁=2（p-m-n+1），故a₁是偶數(shù)，（12分）
又由已知，，故．
一方面，當(dāng)時(shí)，S_n=n（n+a₁-1）＞0，對(duì)任意n∈N^*，都有．
另一方面，當(dāng)a₁=2時(shí)，S_n=n（n+1），，則，
取n=2，則，不合題意．（14分）
當(dāng)a₁=4時(shí)，S_n=n（n+3），，則，
當(dāng)a₁≥6時(shí)，S_n=n（n+a₁-1）＞n（n+3），，，
又，
∴a₁=4或a₁=6或a₁=8或a₁=10．（16分）
點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的通項(xiàng)與求和，考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的判定，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于難題．