Question

19．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且S_n+pa_n=p（p$＞\frac{3}{4}$）．
（1）求a₁；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）對于n∈N⁺，若不等式$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$＞1當且僅當n=2時成立，求p的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）直接在數(shù)列遞推式中取n=1求得首項；
（2）在數(shù)列遞推式中取n=n-1得另一遞推式，和原遞推式作差后可得數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，由等比數(shù)列的通項公式得答案；
（3）把$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$＞1當且僅當n=2時成立，轉(zhuǎn)化為$\frac{（p+1）^{n-1}}{（4p-2）（p+1）^{n-1}-4{p}^{n}}$＞1當且僅當n=2時成立，然后求出n=1，n=3時不等式不成立的p的范圍，求出n=2時不等式成立的p的范圍，進一步說明當n≥3時，數(shù)列{$\frac{4{p}^{n}}{（p+1）^{n-1}}$}遞減，且（4p-2）-$\frac{4{p}^{n}}{（p+1）^{n}}$＞0即可得到當且僅當n=2時不等式成立的p的取值范圍是（1，3）．

解答 解：（1）由S_n+pa_n=p，得a₁+pa₁=p，
∴（1+p）a₁=p，
即${a}_{1}=\frac{p}{1+p}$；
（2）由S_n+pa_n=p，得
當n≥2時，S_n-1+pa_n-1=p，
兩式作差得：a_n+pa_n-pa_n-1=0，即（1+p）a_n=pa_n-1，
∵${a}_{1}=\frac{p}{1+p}≠0$，
∴數(shù)列{a_n}是以$\frac{p}{1+p}$為首項，以$\frac{p}{1+p}$為公比的等比數(shù)列，
則${a}_{n}=\frac{p}{1+p}•（\frac{p}{1+p}）^{n-1}=（\frac{p}{1+p}）^{n}$；
（3）由$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$＞1當且僅當n=2時成立，
得$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）•\frac{{p}^{n}}{（p+1）^{n}}}$=$\frac{1}{\frac{（4p-2）•（p+1）^{n-1}-4{p}^{n}}{（p+1）^{n-1}}}$
=$\frac{（p+1）^{n-1}}{（4p-2）•（p+1）^{n-1}-4{p}^{n}}$＞1當且僅當n=2時成立，
當n=1時，$\frac{（p+1）^{0}}{（4p-2）•（p+1）^{0}-4p}=-\frac{1}{2}≤1$對于p$＞\frac{3}{4}$成立；
當n=2時，要使$\frac{p+1}{（4p-2）（p+1）-4{p}^{2}}＞1$成立，即$\frac{p-3}{p-1}＜0$，∴1＜p＜3；
當n=3時，要使$\frac{（p+1）^{2}}{（4p-2）（p+1）^{2}-4{p}^{3}}≤1$成立，即$\frac{5{p}^{2}-2p-3}{3{p}^{2}-1}≥0$成立，
也就是p＞1成立；
由當p＞1，且n≥3時，數(shù)列{$\frac{4{p}^{n}}{（p+1）^{n-1}}$}遞減，且（4p-2）-$\frac{4{p}^{n}}{（p+1）^{n}}$＞0，
∴當p＞1，且n≥3時，不等式$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$≤1恒成立．
故使不等式$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$＞1當且僅當n=2時成立的p的取值范圍是（1，3）．

點評 本題考查了等比關(guān)系的確定，考查了等比數(shù)列的通項公式的求法，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．