Question

11．已知無(wú)窮數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)都是正數(shù)，其前n項(xiàng)和為S_n，且滿足：a₁=a，rS_n=a_na_n+1-1，其中a≠1，常數(shù)r∈N；
（1）求證：a_n+2-a_n是一個(gè)定值；
（2）若數(shù)列{a_n}是一個(gè)周期數(shù)列（存在正整數(shù)T，使得對(duì)任意n∈N^*，都有a_n+T=a_n成立，則稱{a_n}為周期數(shù)列，T為它的一個(gè)周期，求該數(shù)列的最小周期；
（3）若數(shù)列{a_n}是各項(xiàng)均為有理數(shù)的等差數(shù)列，c_n=2•3^n-1（n∈N^*），問(wèn)：數(shù)列{c_n}中的所有項(xiàng)是否都是數(shù)列{a_n}中的項(xiàng)？若是，請(qǐng)說(shuō)明理由，若不是，請(qǐng)舉出反例．

Answer 1

分析 （1）由rS_n=a_na_n+1-1，利用迭代法得：ra_n+1=a_n+1（a_n+2-a_n），由此能夠證明a_n+2-a_n為定值．
（2）當(dāng)n=1時(shí)，ra=aa₂-1，故a₂=$\frac{1+ra}{a}$，根據(jù)數(shù)列是隔項(xiàng)成等差，寫出數(shù)列的前幾項(xiàng)，再由r＞0和r=0兩種情況進(jìn)行討論，能夠求出該數(shù)列的周期．
（3）因?yàn)閿?shù)列{a_n}是一個(gè)有理等差數(shù)列，所以a+a=r=2（r+$\frac{1}{a}$），化簡(jiǎn)2a²-ar-2=0，解得a是有理數(shù)，由此入手進(jìn)行合理猜想，能夠求出S_n．

解答 （1）證明：∵rS_n=a_na_n+1-1，①
∴rS_n+1=a_n+1a_n+2-1，②
②-①，得：ra_n+1=a_n+1（a_n+2-a_n），
∵a_n＞0，∴a_n+2-a_n=r．
（2）解：當(dāng)n=1時(shí)，ra=aa₂-1，∴a₂=$\frac{1+ra}{a}$，
根據(jù)數(shù)列是隔項(xiàng)成等差，寫出數(shù)列的前幾項(xiàng)：a，r+$\frac{1}{a}$，a+r，2r+$\frac{1}{a}$，a+2r，3r+$\frac{1}{a}$，…．
當(dāng)r＞0時(shí)，奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)都是單調(diào)遞增的，所以不可能是周期數(shù)列，
∴r=0時(shí)，數(shù)列寫出數(shù)列的前幾項(xiàng)：a，$\frac{1}{a}$，a，$\frac{1}{a}$，…．
所以當(dāng)a＞0且a≠1時(shí)，該數(shù)列的周期是2，
（3）解：因?yàn)閿?shù)列{a_n}是一個(gè)有理等差數(shù)列，a+a+r=2（r+$\frac{1}{a}$），
化簡(jiǎn)2a²-ar-2=0，a=$\frac{r+\sqrt{{r}^{2}+16}}{4}$是有理數(shù)．
設(shè)$\sqrt{{r}^{2}+16}$=k，是一個(gè)完全平方數(shù)，
則r²+16=k²，r，k均是非負(fù)整數(shù)r=0時(shí)，a=1，a_n=1，S_n=n．
r≠0時(shí)（k-r）（k+r）=16=2×8=4×4可以分解成8組，
其中只有$\left\{\begin{array}{l}{r=3}\\{k=5}\end{array}\right.$，符合要求，
此時(shí)a=2，a_n=$\frac{3n+1}{2}$，S_n=$\frac{n（3n+5）}{4}$，
∵c_n=2•3^n-1（n∈N^*），a_n=1時(shí)，不符合，舍去．
a_n=$\frac{3n+1}{2}$時(shí)，若2•3^n-1=$\frac{3k+1}{2}$，則：3k=4×3^n-1-1，n=2時(shí)，k=$\frac{11}{3}$，不是整數(shù)，
因此數(shù)列{c_n}中的所有項(xiàng)不都是數(shù)列{a_n}中的項(xiàng)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的定義與通項(xiàng)公式、數(shù)列的周期性性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．