Question

12．設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=pn+r（p，r為常數(shù)），其中S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和．
（1）若p=1，r=0，求證：{a_n}是等差數(shù)列；
（2）若p=$\frac{1}{3}$，a₁=2，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）若a₂₀₁₆=2016a₁，求p•r的值．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系即可得出；
（2）利用遞推關(guān)系與“累乘求積”即可得出；
（3）利用遞推關(guān)系，對(duì)q分類(lèi)討論即可得出．

解答 （1）證明：由p=1，r=0，得S_n=na_n，
∴S_n-1=（n-1）a_n-1（n≥2），
兩式相減，得a_n-a_n-1=0（n≥2），
∴{a_n}是等差數(shù)列．
（2）解：令n=1，得p+r=1，∴r=1-p=$\frac{2}{3}$，
則S_n=$（\frac{1}{3}n+\frac{2}{3}）$a_n，${S}_{n-1}=[\frac{1}{3}（n-1）+\frac{2}{3}]$a_n-1，
兩式相減，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$，
∴a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}•\frac{{a}_{n-2}}{{a}_{n-3}}$•…$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}•\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}•\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}•{a}_{1}$
=$\frac{n+1}{n-1}•\frac{n}{n-2}•\frac{n-1}{n-3}$•…•$\frac{4}{2}×\frac{3}{1}×$2=n（n+1），
化簡(jiǎn)得a_n=n²+n（n≥2），
又a₁=2適合a_n=n²+n（n≥2），
∴a_n=n²+n．
（3）解：由（2）知r=1-p，
∴S_n=（pn+1-p）a_n，得S_n-1=（pn+1-2p）a_n-1（n≥2），
兩式相減，得p（n-1）a_n=（pn+1-2p）a_n-1（n≥2），
易知p≠0，∴$\frac{{a}_{n}}{pn+1-2p}$=$\frac{{a}_{n-1}}{p（n-1）}$．
①當(dāng)p=$\frac{1}{2}$時(shí)，得$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$，
∴$\frac{{a}_{2016}}{2016}$=$\frac{{a}_{2015}}{2015}$=$\frac{{a}_{2014}}{2014}$=…=$\frac{{a}_{2}}{2}$=$\frac{{a}_{1}}{1}$，
滿(mǎn)足a₂₀₁₆=2016a₁，pr=$\frac{1}{4}$．
②當(dāng)p$＞\frac{1}{2}$時(shí)，由p（n-1）a_n=（pn+1-2p）a_n-1（n≥2），又a_n＞0，
∴p（n-1）a_n＜pna_n-1（n≥2），即$\frac{{a}_{n}}{n}$$＜\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$，不滿(mǎn)足a₂₀₁₆=2016a₁，舍去．
③當(dāng)$p＜\frac{1}{2}$且p≠0時(shí)，類(lèi)似可以證明a₂₀₁₅=2015a₁也不成立；
綜上所述，p=r=$\frac{1}{2}$，∴pr=$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、“累乘求積”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．