Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，已知S_n+1=pS_n+q（p，q為常數(shù)，n∈N^*），a₁=2，a₂=1，a₃=q-3p．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）是否存在正整數(shù)m，n，使

Sn-m

Sn+1-m

＜

2m

2m+1

成立？若存在，求出所有符合條件的有序?qū)崝?shù)對(duì)（m，n）；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題意，知

S2=pa1+q S3=pS2+q

，解之得

p= 1 2 q=2

，由Sn+1=

1

2

Sn+2，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn=

1

2

Sn-1+2，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）由Sn=

2(1- 1 2n )

1- 1 2

=4(1-

1

2n

)，

Sn-m

Sn+1-m

＜

2m

2m+1

，得

2n(4-m)-4

2n(4-m)-2

＜

2m

2m+1

，即

2

2n(4-m)-2

＞

1

2m+1

，因?yàn)?^m+1＞0，所以2ⁿ（4-m）＞2，由此能夠推導(dǎo)出存在符合條件的所有有序?qū)崝?shù)對(duì)（m，n）．

解答：（本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）由題意，知

S2=pa1+q S3=pS2+q

，
即

3=2p+q 3+q-3p=3p+q

，
解之得

p= 1 2 q=2

…（2分）
∴Sn+1=

1

2

Sn+2，①
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn=

1

2

Sn-1+2，②
①-②得，an+1=

1

2

an(n≥2)，…（4分）
又a2=

1

2

a1，所以an+1=

1

2

an(n∈N*)，
所以{a_n}是首項(xiàng)為2，公比為

1

2

的等比數(shù)列，
所以an=

1

2n-2

．…（7分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，Sn=

2(1- 1 2n )

1- 1 2

=4(1-

1

2n

)，
由

Sn-m

Sn+1-m

＜

2m

2m+1

，得

4(1- 1 2n )-m

4(1- 1 2n+1 )-m

＜

2m

2m+1

，
即

2n(4-m)-4

2n(4-m)-2

＜

2m

2m+1

，…（10分）
即

2

2n(4-m)-2

＞

1

2m+1

，
因?yàn)?^m+1＞0，所以2ⁿ（4-m）＞2，
所以m＜4，且2＜2ⁿ（4-m）＜2^m+1+4，（*）
因?yàn)閙∈N^*，所以m=1或2或3．…（12分）
當(dāng)m=1時(shí)，由（*）得，2＜2ⁿ×3＜8，所以n=1；
當(dāng)m=2時(shí)，由（*）得，2＜2ⁿ×2＜12，所以n=1或2；
當(dāng)m=3時(shí)，由（*）得，2＜2ⁿ＜20，所以n=2或3或4，
綜上可知，存在符合條件的所有有序?qū)崝?shù)對(duì)（m，n）為：
（1，1），（2，1），（2，2），（3，2），（3，3），（3，4）．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列、不等式知識(shí)，考查化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合的數(shù)學(xué)思想，綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點(diǎn)．注意培養(yǎng)學(xué)生的抽象概括能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新意識(shí)．