Question

1．设数列{a_n}的前n项和为S_n，p，q是与n无关的常数．
（1）若$\frac{{S}_{n}}{n}$=pn+q（n∈N^*），且$\frac{1}{3}$S₃与$\frac{1}{4}$S₄的等差中项为1，而$\frac{1}{5}$S₅是$\frac{1}{3}$S₃与$\frac{1}{4}$S₄的等比中项，求数列{a_n}的通项公式；
（2）若$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=pn+q（n∈N^*），是否存在p，q，使得数列{a_n}为等差数列？若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）运用等差数列和等比数列的性质，结合条件，得到p，q的方程，解方程可得p，q，再由数列的通项和前n项和的关系，即可得到数列的通项公式；
（2）若$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=pn+q（n∈N^*），假设存在p，q，使得数列{a_n}为等差数列．可设a_n=a₁+（n-1）d，S_n=na₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d，运用恒等式的知识，可得p，q和a₁，d的值，进而判断存在性．

解答 解：（1）若$\frac{{S}_{n}}{n}$=pn+q（n∈N^*），则$\frac{1}{3}$S₃=3p+q，
$\frac{1}{4}$S₄=4p+q，$\frac{1}{5}$S₅=5p+q，
由$\frac{1}{3}$S₃与$\frac{1}{4}$S₄的等差中项为1，
则（3p+q）+（4p+q）=2，即有7p+2q=2①
又$\frac{1}{5}$S₅是$\frac{1}{3}$S₃与$\frac{1}{4}$S₄的等比中项，
则（3p+q）（4p+q）=（5p+q）²②
由①②解得p=0，q=1或p=-$\frac{6}{5}$，q=$\frac{26}{5}$．
即有S_n=n或-$\frac{6}{5}$n²+$\frac{26}{5}$n，
由a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n＞1}\end{array}\right.$，
可得a_n=1或a_n=$\frac{32}{5}$-$\frac{12}{5}$n；
（2）若$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=pn+q（n∈N^*），假设存在p，q，使得数列{a_n}为等差数列．
可设a_n=a₁+（n-1）d，S_n=na₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d，
即有S_n=a_n（pn+q），
即为$\frac{d}{2}$n²+n（a₁-$\frac{d}{2}$）=pdn²+n[qd+p（a₁-d）]+q（a₁-d）．
即有$\frac{d}{2}$=pd，a₁-$\frac{d}{2}$=qd+p（a₁-d），q（a₁-d）=0，
解得d=0，p=1，q=0，或a₁=d≠0，p=q=$\frac{1}{2}$，
故存在p=1，q=0或p=q=$\frac{1}{2}$，使得数列{a_n}为等差数列，
且a_n=a₁或a_n=na₁．（a₁≠0）．

点评 本题考查数列的通项和前n项和的关系，同时考查等差数列和等比数列的通项和性质，考查运算和推理能力，属于中档题和易错题．