Question

2．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a（a≠0），前n項(xiàng)和為S_n，且有S_n+1=tS_n+a（t≠0），b_n=S_n+1．（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）當(dāng)t=1，a=2時(shí)，若對(duì)任意n∈N^*，都有k（$\frac{1}{_{1}_{2}}$+$\frac{1}{_{2}_{3}}$+…+$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$）≤b_n，求k的取值范圍；（Ⅲ）當(dāng)t≠1時(shí)，若c_n=2+b₁+b₂+…+b_n，求能夠使數(shù)列{c_n}為等比數(shù)列的所有數(shù)對(duì)（a，t）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)條件和“n=1時(shí)a₁=S₁、當(dāng)n≥2時(shí)a_n=S_n-S_n-1”，化簡(jiǎn)S_n+1=tS_n+a（t≠0），再由等比數(shù)列的定義判斷出數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求出a_n；
（Ⅱ）由條件和（I）求出b_n，代入$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$化簡(jiǎn)利用裂項(xiàng)相消法求出$\frac{1}{_{1}_{2}}+\frac{1}{_{2}_{3}}+…+\frac{1}{_{n}_{n+1}}$，代入已知的不等式化簡(jiǎn)后，利用函數(shù)的單調(diào)性求出對(duì)應(yīng)函數(shù)的最小值，從而求出k的取值范圍；
（Ⅲ）利用條件和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出S_n，代入b_n化簡(jiǎn)后，利用分組求和法和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出c_n，化簡(jiǎn)后利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式特點(diǎn)列出方程組，求出方程組的解即可求出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）解：（Ⅰ）由題意知，首項(xiàng)為a，且S_n+1=tS_n+a（t≠0），
當(dāng)n=1時(shí)，則S₂=tS₁+a，解得a₂=at，（2分）
當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=tS_n-1+a，
∴（S_n+1-S_n）=t（S_n-S_n-1），則a_n+1=ta_n，（4分）
又a₁=a≠0，綜上有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=t（n∈{N}_{+}）$，
即{a_n}是首項(xiàng)為a，公比為t的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}=a{t}^{n-1}$；（7分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，${a}_{n}=2{•1}^{n-1}$=2，則S_n=2n，
∴b_n=S_n+1=2n+1，則$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n+1）（2n+3）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}）$，
∴$\frac{1}{_{1}_{2}}+\frac{1}{_{2}_{3}}+…+\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}-\frac{1}{7}$）+$…+（\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}）$]
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}$）=$\frac{n}{3（2n+3）}$，
代入不等式k（$\frac{1}{_{1}_{2}}$+$\frac{1}{_{2}_{3}}$+…+$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$）≤b_n，
化簡(jiǎn)得，k≤$\frac{3（2n+1）（2n+3）}{n}$=3（4n+$\frac{3}{n}+8$），
∵函數(shù)y=$4n+\frac{3}{n}+8$在（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，且n取正整數(shù)，
∴當(dāng)n=1時(shí)，函數(shù)y=$4n+\frac{3}{n}+8$取到最小值是15，
∴k≤45；（10分）
（Ⅲ）∵t≠1，∴S_n=$\frac{a（1-{t}^{n}）}{1-t}$，則b_n=S_n+1=1+$\frac{a-a{t}^{n}}{1-t}$=1+$\frac{a}{1-t}$-$\frac{a{t}^{n}}{1-t}$，
∴c_n=2+b₁+b₂+…+b_n=2+（1+$\frac{a}{1-t}$）n-$\frac{a}{1-t}$（t+t²+…+tⁿ）
=2+（1+$\frac{a}{1-t}$）n-$\frac{a}{1-t}$×$\frac{t（1-{t}^{n}）}{1-t}$
=$2-\frac{at}{（1-t）^{2}}$+$（1+\frac{a}{1-t}）n$+$\frac{a{t}^{n+1}}{（1-t）^{2}}$，
由題設(shè)知{c_n}為等比數(shù)列，所以有$\left\{\begin{array}{l}{2-\frac{at}{{（1-t）}^{2}}=0}\\{1+\frac{a}{1-t}=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{t=2}\end{array}\right.$，
即滿足條件的數(shù)對(duì)是（1，2）．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式，數(shù)列的求和方法：裂項(xiàng)相消法、分組求和法，以及“n=1時(shí)a₁=S₁、當(dāng)n≥2時(shí)a_n=S_n-S_n-1”關(guān)系式的應(yīng)用，綜合性強(qiáng)．屬于難題．