Question

19．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n+pa_n=p（p$＞\frac{3}{4}$）．
（1）求a₁；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）对于n∈N⁺，若不等式$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$＞1当且仅当n=2时成立，求p的取值范围．

Answer 1

分析 （1）直接在数列递推式中取n=1求得首项；
（2）在数列递推式中取n=n-1得另一递推式，和原递推式作差后可得数列{a_n}为等比数列，由等比数列的通项公式得答案；
（3）把$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$＞1当且仅当n=2时成立，转化为$\frac{（p+1）^{n-1}}{（4p-2）（p+1）^{n-1}-4{p}^{n}}$＞1当且仅当n=2时成立，然后求出n=1，n=3时不等式不成立的p的范围，求出n=2时不等式成立的p的范围，进一步说明当n≥3时，数列{$\frac{4{p}^{n}}{（p+1）^{n-1}}$}递减，且（4p-2）-$\frac{4{p}^{n}}{（p+1）^{n}}$＞0即可得到当且仅当n=2时不等式成立的p的取值范围是（1，3）．

解答 解：（1）由S_n+pa_n=p，得a₁+pa₁=p，
∴（1+p）a₁=p，
即${a}_{1}=\frac{p}{1+p}$；
（2）由S_n+pa_n=p，得
当n≥2时，S_n-1+pa_n-1=p，
两式作差得：a_n+pa_n-pa_n-1=0，即（1+p）a_n=pa_n-1，
∵${a}_{1}=\frac{p}{1+p}≠0$，
∴数列{a_n}是以$\frac{p}{1+p}$为首项，以$\frac{p}{1+p}$为公比的等比数列，
则${a}_{n}=\frac{p}{1+p}•（\frac{p}{1+p}）^{n-1}=（\frac{p}{1+p}）^{n}$；
（3）由$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$＞1当且仅当n=2时成立，
得$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）•\frac{{p}^{n}}{（p+1）^{n}}}$=$\frac{1}{\frac{（4p-2）•（p+1）^{n-1}-4{p}^{n}}{（p+1）^{n-1}}}$
=$\frac{（p+1）^{n-1}}{（4p-2）•（p+1）^{n-1}-4{p}^{n}}$＞1当且仅当n=2时成立，
当n=1时，$\frac{（p+1）^{0}}{（4p-2）•（p+1）^{0}-4p}=-\frac{1}{2}≤1$对于p$＞\frac{3}{4}$成立；
当n=2时，要使$\frac{p+1}{（4p-2）（p+1）-4{p}^{2}}＞1$成立，即$\frac{p-3}{p-1}＜0$，∴1＜p＜3；
当n=3时，要使$\frac{（p+1）^{2}}{（4p-2）（p+1）^{2}-4{p}^{3}}≤1$成立，即$\frac{5{p}^{2}-2p-3}{3{p}^{2}-1}≥0$成立，
也就是p＞1成立；
由当p＞1，且n≥3时，数列{$\frac{4{p}^{n}}{（p+1）^{n-1}}$}递减，且（4p-2）-$\frac{4{p}^{n}}{（p+1）^{n}}$＞0，
∴当p＞1，且n≥3时，不等式$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$≤1恒成立．
故使不等式$\frac{1}{（4p-2）-4（p+1）{a}_{n}}$＞1当且仅当n=2时成立的p的取值范围是（1，3）．

点评 本题考查了等比关系的确定，考查了等比数列的通项公式的求法，考查了数列的函数特性，体现了分类讨论的数学思想方法，属难题．