Question

已知各项均不为零的数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a₁=c，2S_n=a_na_n+1+r．
（1）若r=-6，数列{a_n}能否成为等差数列？若能，求c满足的条件；若不能，请说明理由．
（2）设P_n=

a1

a1-a2

+

a1

a1-a2

+

a3

a3-a4

+…

a2n-1

a2n-1-a2n

，Q_n=

a2

a2-a3

+ +

a4

a4-a5

+…

a2n

a2n-a2n+1

，若r＞c＞4，求证：对于一切n∈N*，不等式-n＜P_n-Q_n＜n²+n恒成立．

Answer 1

分析：（1）n=1时，2a₁=a₁a₂+r，由a₁=c，知a2=2-

r

c

．n≥2时，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．由此能够导出当且仅当c=3时，数列{a_n}为等差数列．
（2）由a_2n-1-a_2n=[a₁+2（n-1）]-[a₂+2（n-1）]=a₁-a₂=c+

r

c

-2．知a_2n-a_2n+1=[a₂+2（n-1）]-（a₁+2n）=a₂-a₁-2=-（c+

r

c

）．所以Pn-Qn=

1

c+ r c -2

•n•（n+c-1）+

1

c+ r c

•n•(n+1-

r

c

)=(

1

c+ r c -2

+

1

c+ r c

)n2+(

c-1

c+ r c -2

+

1- r c

c+ r c

)n．由此能够推导出对于一切n∈N*，不等式-n＜P_n-Q_n＜n²+n恒成立．

解答：（1）解：n=1时，2a₁=a₁a₂+r，
∵a₁=c≠0，
∴2c=ca₂+r，a2=2-

r

c

．  （1分）
n≥2时，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）
则a₁，a₃，a₅，…，a_2n-1，…成公差为2的等差数列，
a_2n-1=a₁+2（n-1）．
a₂，a₄，a₆，…，a_2n，…成公差为2的等差数列，
a_2n=a₂+2（n-1）．
要使{a_n}为等差数列，当且仅当a₂-a₁=1．
即2-

r

c

-c=1．r=c-c²．  （ 4分）
∵r=-6，∴c²-c-6=0，c=-2或3．
∵当c=-2，a₃=0，不合题意，舍去．
∴当且仅当c=3时，数列{a_n}为等差数列． （5分）
（2）证明：a_2n-1-a_2n=[a₁+2（n-1）]-[a₂+2（n-1）]=a₁-a₂=c+

r

c

-2．
a_2n-a_2n+1=[a₂+2（n-1）]-（a₁+2n）=a₂-a₁-2=-（c+

r

c

）． （8分）
∴Pn=

1

c+ r c -2

[na1+

n(n-1)

2

×2]
=

1

c+ r c -2

•n•(n+c-1)．（9分）
Qn=-

1

c+ r c

[na2+

n(n-1)

2

×2]
=-

1

c+ r c

•n•(n+1-

r

c

)．（10分）
∴Pn-Qn=

1

c+ r c -2

•n•（n+c-1）+

1

c+ r c

•n•(n+1-

r

c

)
=(

1

c+ r c -2

+

1

c+ r c

)n2+(

c-1

c+ r c -2

+

1- r c

c+ r c

)n．（11分）
∵r＞c＞4，
∴c+

r

c

≥2

r

＞4，
∴c+

r

c

-2＞2．
∴0＜

1

c+ r c -2

+

1

c+ r c

＜

1

2

+

1

4

=

3

4

＜1． （13分）
且

c-1

c+ r c -2

+

1- r c

c+ r c

=

c-1

c+ r c -2

+

c+1

c+ r c

-1＞-1．  （14分）
又∵r＞c＞4，
∴

r

c

＞1，
则0＜c-1＜c+

r

c

-2．0＜c+1＜c+

r

c

．
∴

c-1

c+ r c -2

＜1．
∴

c+1

c+ r c

＜1．
∴

c-1

c+ r c -2

+

c+1

c+ r c

-1＜1．（15分）
∴对于一切n∈N*，不等式-n＜P_n-Q_n＜n²+n恒成立．（16分）

点评：本题考查数列和不等式的综合应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，计算繁琐，易出错．解题时要认真审题，仔细解答，注意培养计算能力．