设同时满足条件:①$\frac{{b} {n}+{b} {n+2}}{2}$≥bn+1,②bn≤M(n∈N*.M是与无关的常数)的无穷数列{bn}叫“宏实数列．已知数列{an}的前项和Sn满足:Sn=$\frac{a}{a-1}$(an-1)．(Ⅰ)求{an}的通项公式,(Ⅱ)设bn=$\frac{2{S} {n}}{{a} {n}}$+1.若数列{bn}为等比数列.求a的值.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．设同时满足条件：①$\frac{{b}_{n}+{b}_{n+2}}{2}$≥b_n+1；②b_n≤M（n∈N^*，M是与无关的常数）的无穷数列{b_n}叫“宏实”数列．已知数列{a_n}的前项和S_n满足：S_n=$\frac{a}{a-1}$（a_n-1）（a为常数，且a≠0，a≠1）．
（Ⅰ）求{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{2{S}_{n}}{{a}_{n}}$+1，若数列{b_n}为等比数列，求a的值，并证明此时{$\frac{1}{{b}_{n}}$}为“宏实”数列．

分析（1）当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{a}{a-1}{a_n}-\frac{a}{a-1}{a_{n-1}}$$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=a$，从而可得{a_n}以a为首项，a为公比的等比数列，由此可求{a_n}的通项公式；
（2）确定数列{b_n}的通项，利用{b_n}为等比数列，可求a的值；验证“宏实”数列的两个条件，即可证得．

解答解：（1）因为${S_1}=\frac{a}{a-1}（{a_1}-1）$，所以a₁=a
当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{a}{a-1}{a_n}-\frac{a}{a-1}{a_{n-1}}$$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=a$，
即{a_n}以a为首项，a为公比的等比数列．
所以${a_n}=a•{a^{n-1}}={a^n}$； …（4分）
（2）由（1）知，${b_n}=\frac{{2×\frac{a}{a-1}（{a_n}-1）}}{a_n}+1=\frac{{（3a-1）{a_n}-2a}}{{（a-1）{a_n}}}$，
若{b_n}为等比数列，则有${b_2}^2={b_1}•{b_3}$，而b₁=3，${b_2}=\frac{3a+2}{a}$，${b_3}=\frac{{3{a^2}+2a+2}}{a^2}$
故${（\frac{3a+2}{a}）^2}=3•\frac{{3{a^2}+2a+2}}{a^2}$，解得$a=\frac{1}{3}$…（7分）
再将$a=\frac{1}{3}$代入得：${b_n}={3^n}$，其为等比数列，
所以$a=\frac{1}{3}$成立…（8分）
由于①$\frac{{\frac{1}{b_n}+\frac{1}{{{b_{n+2}}}}}}{2}=\frac{{\frac{1}{3^n}+\frac{1}{{{3^{n+2}}}}}}{2}＞\frac{{2\sqrt{\frac{1}{3^n}•\frac{1}{{{3^{n+2}}}}}}}{2}=\frac{1}{{{3^{n+1}}}}=\frac{1}{{{b_{n+1}}}}$…（10分）
（或做差更简单：因为$\frac{{\frac{1}{b_n}+\frac{1}{{{b_{n+2}}}}}}{2}-\frac{1}{{{b_{n+1}}}}=\frac{5}{{{3^{n+2}}}}-\frac{1}{{{3^{n+1}}}}=\frac{2}{{{3^{n+2}}}}＞0$，
所以$\frac{{\frac{1}{b_n}+\frac{1}{{{b_{n+2}}}}}}{2}≥\frac{1}{{{b_{n+1}}}}$也成立）
②$\frac{1}{b_n}=\frac{1}{3^n}≤\frac{1}{3}$，故存在$M≥\frac{1}{3}$；
所以符合①②，故$\left\{{\frac{1}{b_n}}\right\}$为“嘉文”数列…（12分）