题目内容
已知数列{an}满足条件（n-1）an+1=（n+1）（an-1），a2=6，令bn=an+n（n∈N*）（Ⅰ）写出数列{bn}的前四项；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式，并给出证明；
（Ⅲ）是否存在非零常数p，q，使得数列{
| an | pn+q |
分析：（1）先根据（n-1）an+1=（n+1）（an-1），可分别求得a1，a3，a4，进而求得b1，b2，b3，b4．
（2）由（1）知b1=2×12，b2=2×22，b3=2×32，b4=2×42由此猜测bn=2n2．进而用数学归纳法证明．
（3）假设存在非零常数p，q，使得数列{
}成等差数列，设其公差为d，令cn=
=
，进而根据等差数列通项公式求得cn，建立等式化简整理后即可求得
=-2，进而判断存在满足关系p=-2q的非零常数p，q，使得数列{
}成等差数列．
（2）由（1）知b1=2×12，b2=2×22，b3=2×32，b4=2×42由此猜测bn=2n2．进而用数学归纳法证明．
（3）假设存在非零常数p，q，使得数列{
| an |
| pn+q |
| an |
| pn+q |
| 2n2-n |
| pn+q |
| p |
| q |
| an |
| pn+q |
解答：解：（Ⅰ）在∵（n-1）an+1=（n+1）（an-1），中，
由∴a1=1，a3=15．a4=28；
∴b1=2，b2=8，b3=18，b4=32
（Ⅱ）由（1）知b1=2×12，b2=2×22，b3=2×32，b4=2×42
．由此猜测bn=2n2．
下面用数学归纳法证明：
①当n=1时猜想显然成立；
②假设n=k（k≥2）猜想成立，即bk=2k2，则有ak=2k2-k，
根据题意，得（k-1）ak+1=（k+1）（ak-1）=（k+1）（2k2-k-1），解出ak+1=（k+1）（2k+1），
于是bk+1=ak+1+k+1=（k+1）（2k+1）+（k+1）=2（k+1）2，
，即当n=k+1时猜想也成立．
综合①②得对于所有n∈N*都有bn=2n2
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，an=2n2-n，
假设存在非零常数p，q，使得数列{
}成等差数列，设其公差为d，
令cn=
=
，则有cn=c1+（n-1）d=dn+c1-d，
从而
=dn+c1-d，
化简得：2n2-n=dpn2+[dq+p（c1-d）]n+q（c1-d）．
所以有
，
∵q≠0
∴c1=d∴dq=-1
∴
=-2
故存在满足关系p=-2q的非零常数p，q，使得数列{
}成等差数列
由∴a1=1，a3=15．a4=28；
∴b1=2，b2=8，b3=18，b4=32
（Ⅱ）由（1）知b1=2×12，b2=2×22，b3=2×32，b4=2×42
．由此猜测bn=2n2．
下面用数学归纳法证明：
①当n=1时猜想显然成立；
②假设n=k（k≥2）猜想成立，即bk=2k2，则有ak=2k2-k，
根据题意，得（k-1）ak+1=（k+1）（ak-1）=（k+1）（2k2-k-1），解出ak+1=（k+1）（2k+1），
于是bk+1=ak+1+k+1=（k+1）（2k+1）+（k+1）=2（k+1）2，
，即当n=k+1时猜想也成立．
综合①②得对于所有n∈N*都有bn=2n2
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，an=2n2-n，
假设存在非零常数p，q，使得数列{
| an |
| pn+q |
令cn=
| an |
| pn+q |
| 2n2-n |
| pn+q |
从而
| 2n2-n |
| pn+q |
化简得：2n2-n=dpn2+[dq+p（c1-d）]n+q（c1-d）．
所以有
|
∵q≠0
∴c1=d∴dq=-1
∴
| p |
| q |
故存在满足关系p=-2q的非零常数p，q，使得数列{
| an |
| pn+q |
点评：数列往往是难度较高的题，主要考查学生的探究能力，从近几年的高考来观察可发现数列对选拔性取着非常重要的作用．
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