Question

18．設等差數(shù)列{a_n}是無窮數(shù)列，且各項均為互不相同的正整數(shù)，其前n項和為S_n，數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$-1，n∈N^*．
（1）若a₂=5，S₅=40，求b₂的值；
（2）若數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，求b_n；
（3）在（1）的條件下，求證：數(shù)列{a_n}中存在無窮多項（按原來的順序）成等比數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）設等差數(shù)列{a_n}的公差為d，則a₁∈N^*，d∈N^*，由a₂=5，S₅=40得，a₁+d=5，5a₁+$\frac{5×4}{2}$d=40，由此能求出b₂．
（2）由數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，得2（$\frac{{S}_{2}}{{a}_{2}}$-1）=$\frac{{S}_{1}}{{a}_{1}}$-1+$\frac{{S}_{3}}{{a}_{3}}$-1，解得a₁=d，由此能求出b_n．
（3）等差數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2+3（n-1），n∈N^*，再證明對任意的n∈N^*，b_n=2×4^n-1都是{a_n}中的項，由此能證明數(shù)列{a_n}中存在無窮項（按原來的順序）成等比數(shù)列．

解答 解：（1）設等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
因為無窮數(shù)列{a_n}的各項均為互不相同的正整數(shù)，所以a₁∈N^*，d∈N^*，
由a₂=5，S₅=40得，a₁+d=5，5a₁+$\frac{5×4}{2}$d=40，
解得a₁=2，d=3，所以b₂=$\frac{{S}_{2}}{{a}_{2}}$-1=$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{5}$；
（2）因為數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，所以2b₂=b₁+b₃，即2（$\frac{{S}_{2}}{{a}_{2}}$-1）=$\frac{{S}_{1}}{{a}_{1}}$-1+$\frac{{S}_{3}}{{a}_{3}}$-1，
所以$\frac{2（2{a}_{1}+d）}{{a}_{1}+d}$=1+$\frac{3（{a}_{1}+d）}{{a}_{1}+2d}$，解得a₁=d（d=0已舍），
此時，b_n=$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$-1=$\frac{\frac{n（n+1）}{2}{a}_{1}}{n{a}_{1}}$-1=$\frac{n-1}{2}$；
證明：（3）由（1）知，等差數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2+3（n-1），n∈N^*，
下證：對任意的n∈N^*，b_n=2×4^n-1都是{a_n}中的項，
當n≥2時，因為1+4+4²+…+4^n-2=$\frac{{4}^{n-1}-1}{3}$，
所以b_n=2×4^n-1=2×[3（1+4+4²+…+4^n-2）+1]=2+3[2（1+4+4²+…+4^n-2）+1-1]
a_{2（1+4+4²+…+4^n-2）+1}，其中2（1+4+4²+…+4^n-2）+1∈N^*，
又n=1時，b₁=a₁=2，
所以對任意的n∈N^*，b_n=2×4^n-1都是{a_n}中的項，
所以，數(shù)列{a_n}中存在無窮項（按原來的順序）成等比數(shù)列．

點評 本題考查數(shù)列中第二項的求法，考查數(shù)列的通項公式的求法，考查等比數(shù)列的證明，考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．