Question

7．数列{a_n}的首项为a（a≠0），前n项和为S_n，且S_n+1=t•S_n +a（t≠0）．设b_n=S_n+1，c_n=k+b₁+b₂+…+b_n（k∈R⁺）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）当t=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$时，是否存在正数a，k，使得{c_n}为等比数列，若存在求出a，k的值，若不存在说明理由；
（3）当t=1时，若对任意n∈N^*，|b_n |≥|b₄|恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）在数列递推式中取n=n-1，得到另一递推式，作差后求得数列{a_n}为等比数列并求出公比，则数列的通项公式可求；
（2）求出等比数列{a_n}的前n项和，代入b_n=S_n+1，再求出c_n=k+b₁+b₂+…+b_n，由{c_n}为等比数列，利用等比数列的通项公式建立方程关系即可求出a，t的值．
（3）由t=1求得a_n，S_n，b_n，由|b_n|≥|b₄|恒成立，利用取n得特殊值及单调性求函数的最值求得a的取值范围；

解答 解：（1）∵S_n+1=t•S_n+a①
当n≥2时，S_n=t•S_n-1+a②，
①-②得，a_n+1=t•a_n（n≥2），
又由S₂=t•S₁+a，得a₂=t•a₁，
∴{a_n}是首项为a，公比为t的等比数列，
∴${a_n}=a•{t^{n-1}}$（n∈N^*）；
（3）当t≠1时，${S_n}=\frac{{a（1-{t^n}）}}{1-t}$，${b_n}=\frac{{a（1-{t^n}）}}{1-t}+1=1+\frac{a}{1-t}-\frac{{a{t^n}}}{1-t}$，
${c_n}=k+n+\frac{an}{1-t}-\frac{{at（1-{t^n}）}}{{{{（1-t）}^2}}}$=$\frac{{a{t^{n+1}}}}{{{{（1-t）}^2}}}+\frac{1+a-t}{1-t}•n+\frac{{k{{（1-t）}^2}-at}}{{{{（1-t）}^2}}}$，
∴当$\left\{\begin{array}{l}\frac{1+a-t}{1-t}=0\;\\ \frac{{k{{（1-t）}^2}-at}}{{{{（1-t）}^2}}}=0\end{array}\right.$时，数列{c_n}是等比数列，∴$\left\{\begin{array}{l}a=t-1\;\\ k=\frac{t}{t-1}\;\end{array}\right.$，
当$t=\frac{{\sqrt{5}+1}}{2}$时，a=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$-1=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，k=$\frac{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}{\frac{\sqrt{5}+1}{2}-1}$=$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$，
从而当$a=\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$，$k=\frac{{\sqrt{5}+3}}{2}$时，数列{c_n}为等比数列．
（3）当t=1时，a_n=a，S_n=na，b_n=na+1，
由|b_n|≥|b₄|，得|na+1|≥|4a+1|，
平方得n²a²+2na+1≥16a²+8a+1，
即（n²-16）a²+2（n-4）a≥0，
即（n-4）a[（n+4）a+2]≥0（*） 
当a＞0时，n＜4时，（*）不成立；
当a＜0时，（*）等价于（n-4）[（n+4）a+2]≤0（**）
n=4时，（**）成立．
n≥4时，有（n+4）a+2≤0，即a≤-$\frac{2}{n+4}$恒成立，
∵-$\frac{2}{n+4}$≥-$\frac{1}{4}$，
∴a≤-$\frac{1}{4}$，
n=1时，有5a+2≥0，a≥$-\frac{2}{5}$．n=2时，有6a+2≥0，a≥-$\frac{1}{3}$
当n=3时，7a+2≥0，得a≥-$\frac{2}{7}$． 
综上，-$\frac{2}{7}$≤a≤-$\frac{1}{4}$．
即a的取值范围是[-$\frac{2}{7}$，-$\frac{1}{4}$]．

点评 本题是数列与不等式的综合题，考查了等比数列的通项公式，考查了数列的求和方法，考查了运算能力，属难度较大的题目．