Question

已知各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a₁=c，2S_n=a_na_n+1+r．
（1）若r=-6，數(shù)列{a_n}能否成為等差數(shù)列？若能，求c滿足的條件；若不能，請(qǐng)說明理由．
（2）設(shè)P_n=，Q_n=，若r＞c＞4，求證：對(duì)于一切n∈N*，不等式-n＜P_n-Q_n＜n²+n恒成立．

Answer 1

（1）解：n=1時(shí)，2a₁=a₁a₂+r，
∵a₁=c≠0，
∴2c=ca₂+r，． （1分）
n≥2時(shí)，2S_n=a_na_n+1+r，①
2S_n-1=a_n-1a_n+r，②
①-②，得2a_n=a_n（a_n+1-a_n-1）．
∵a_n≠0，∴a_n+1-a_n-1=2． （ 3分）
則a₁，a₃，a₅，…，a_2n-1，…成公差為2的等差數(shù)列，
a_2n-1=a₁+2（n-1）．
a₂，a₄，a₆，…，a_2n，…成公差為2的等差數(shù)列，
a_2n=a₂+2（n-1）．
要使{a_n}為等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)a₂-a₁=1．
即．r=c-c²． （ 4分）
∵r=-6，∴c²-c-6=0，c=-2或3．
∵當(dāng)c=-2，a₃=0，不合題意，舍去．
∴當(dāng)且僅當(dāng)c=3時(shí)，數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列． （5分）
（2）證明：a_2n-1-a_2n=[a₁+2（n-1）]-[a₂+2（n-1）]=a₁-a₂=c+-2．
a_2n-a_2n+1=[a₂+2（n-1）]-（a₁+2n）=a₂-a₁-2=-（c+）． （8分）
∴
=．（9分）

=-．（10分）
∴•n•（n+c-1）+
=+．（11分）
∵r＞c＞4，
∴＞4，
∴＞2．
∴0＜＜＜1． （13分）
且=＞-1． （14分）
又∵r＞c＞4，
∴，
則0＜．．
∴＜1．
∴．
∴＜1．（15分）
∴對(duì)于一切n∈N*，不等式-n＜P_n-Q_n＜n²+n恒成立．（16分）
分析：（1）n=1時(shí)，2a₁=a₁a₂+r，由a₁=c，知．n≥2時(shí)，由2S_n=a_na_n+1+r，2S_n-1=a_n-1a_n+r，得2a_n=a_n（a_n+1-a_n-1）．所以a_n+1-a_n-1=2．由此能夠?qū)С霎?dāng)且僅當(dāng)c=3時(shí)，數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列．
（2）由a_2n-1-a_2n=[a₁+2（n-1）]-[a₂+2（n-1）]=a₁-a₂=c+-2．知a_2n-a_2n+1=[a₂+2（n-1）]-（a₁+2n）=a₂-a₁-2=-（c+）．所以•n•（n+c-1）+=+．由此能夠推導(dǎo)出對(duì)于一切n∈N*，不等式-n＜P_n-Q_n＜n²+n恒成立．
點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列和不等式的綜合應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，計(jì)算繁瑣，易出錯(cuò)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意培養(yǎng)計(jì)算能力．