题目内容
（2013•昌平区二模）设数列{an}，对任意n∈N*都有（kn+b）（a1+an）+p=2（a1+a2…+an），（其中k、b、p是常数）．
（1）当k=0，b=3，p=-4时，求a1+a2+a3+…+an；
（2）当k=1，b=0，p=0时，若a3=3，a9=15，求数列{an}的通项公式；
（3）若数列{an}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．当k=1，b=0，p=0时，设Sn是数列{an}的前n项和，a2-a1=2，试问：是否存在这样的“封闭数列”{an}，使得对任意n∈N*，都有Sn≠0，且
＜
+
+
+…+
＜
．若存在，求数列{an}的首项a1的所有取值；若不存在，说明理由．
（1）当k=0，b=3，p=-4时，求a1+a2+a3+…+an；
（2）当k=1，b=0，p=0时，若a3=3，a9=15，求数列{an}的通项公式；
（3）若数列{an}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．当k=1，b=0，p=0时，设Sn是数列{an}的前n项和，a2-a1=2，试问：是否存在这样的“封闭数列”{an}，使得对任意n∈N*，都有Sn≠0，且
| 1 |
| 12 |
| 1 |
| S1 |
| 1 |
| S2 |
| 1 |
| S3 |
| 1 |
| Sn |
| 11 |
| 18 |
分析：（1）当k=0，b=3，p=-4时，3（a1+an）-4=2（a1+a2…+an），再写一式，两式相减，可得数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，从而可求a1+a2+a3+…+an；
（2）当k=1，b=0，p=0时，n（a1+an）=2（a1+a2…+an），再写一式，两式相减，可得数列{an}是等差数列，从而可求数列{an}的通项公式；
（3）确定数列{an}的通项，利用{an}是“封闭数列”，得a1是偶数，从而可得
＜a1＜12，再利用
＜
+
+
+…+
＜
，验证，可求数列{an}的首项a1的所有取值．
（2）当k=1，b=0，p=0时，n（a1+an）=2（a1+a2…+an），再写一式，两式相减，可得数列{an}是等差数列，从而可求数列{an}的通项公式；
（3）确定数列{an}的通项，利用{an}是“封闭数列”，得a1是偶数，从而可得
| 18 |
| 11 |
| 1 |
| 12 |
| 1 |
| S1 |
| 1 |
| S2 |
| 1 |
| S3 |
| 1 |
| Sn |
| 11 |
| 18 |
解答：解：（1）当k=0，b=3，p=-4时，3（a1+an）-4=2（a1+a2…+an），①
用n+1去代n得，3（a1+an+1）-4=2（a1+a2…+an+an+1），②
②-①得，3（an+1-an）=2an+1，an+1=3an，（2分）
在①中令n=1得，a1=1，则an≠0，∴
=3，
∴数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，
∴a1+a2+a3+…+an=
．（4分）
（2）当k=1，b=0，p=0时，n（a1+an）=2（a1+a2…+an），③
用n+1去代n得，（n+1）（a1+an+1）=2（a1+a2…+an+an+1），④
④-③得，（n-1）an+1-nan+a1=0，⑤（6分）
用n+1去代n得，nan+2-（n+1）an+1+a1=0，⑥
⑥-⑤得，nan+2-2nan+1+nan=0，即an+2-an+1=an+1-an，（8分）
∴数列{an}是等差数列．
∵a3=3，a9=15，∴公差d=
=2，∴an=2n-3．（10分）
（3）由（2）知数列{an}是等差数列，∵a2-a1=2，∴an=a1+2（n-1）．
又{an}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N*，必存在p∈N*使a1+2（n-1）+a1+2（m-1）=a1+2（p-1），
得a1=2（p-m-n+1），故a1是偶数，（12分）
又由已知，
＜
＜
，故
＜a1＜12．
一方面，当
＜a1＜12时，Sn=n（n+a1-1）＞0，对任意n∈N*，都有
+
+
+…+
≥
＞
．
另一方面，当a1=2时，Sn=n（n+1），
=
-
，则
+
+
+…+
=1-
，
取n=2，则
+
=1-
=
＞
，不合题意．（14分）
当a1=4时，Sn=n（n+3），
=
(
-
)，则
+
+
+…+
=
-
(
+
+
)＜
，
当a1≥6时，Sn=n（n+a1-1）＞n（n+3），
＜
(
-
)，
+
+
+…+
＜
-
(
+
+
)＜
，
又
＜a1＜12，
∴a1=4或a1=6或a1=8或a1=10．（16分）
用n+1去代n得，3（a1+an+1）-4=2（a1+a2…+an+an+1），②
②-①得，3（an+1-an）=2an+1，an+1=3an，（2分）
在①中令n=1得，a1=1，则an≠0，∴
| an+1 |
| an |
∴数列{an}是以首项为1，公比为3的等比数列，
∴a1+a2+a3+…+an=
| 3n-1 |
| 2 |
（2）当k=1，b=0，p=0时，n（a1+an）=2（a1+a2…+an），③
用n+1去代n得，（n+1）（a1+an+1）=2（a1+a2…+an+an+1），④
④-③得，（n-1）an+1-nan+a1=0，⑤（6分）
用n+1去代n得，nan+2-（n+1）an+1+a1=0，⑥
⑥-⑤得，nan+2-2nan+1+nan=0，即an+2-an+1=an+1-an，（8分）
∴数列{an}是等差数列．
∵a3=3，a9=15，∴公差d=
| a9-a3 |
| 9-3 |
（3）由（2）知数列{an}是等差数列，∵a2-a1=2，∴an=a1+2（n-1）．
又{an}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N*，必存在p∈N*使a1+2（n-1）+a1+2（m-1）=a1+2（p-1），
得a1=2（p-m-n+1），故a1是偶数，（12分）
又由已知，
| 1 |
| 12 |
| 1 |
| S1 |
| 11 |
| 18 |
| 18 |
| 11 |
一方面，当
| 18 |
| 11 |
| 1 |
| S1 |
| 1 |
| S2 |
| 1 |
| S3 |
| 1 |
| Sn |
| 1 |
| S1 |
| 1 |
| 12 |
另一方面，当a1=2时，Sn=n（n+1），
| 1 |
| Sn |
| 1 |
| n |
| 1 |
| n+1 |
| 1 |
| S1 |
| 1 |
| S2 |
| 1 |
| S3 |
| 1 |
| Sn |
| 1 |
| n+1 |
取n=2，则
| 1 |
| S1 |
| 1 |
| S2 |
| 1 |
| 3 |
| 2 |
| 3 |
| 11 |
| 18 |
当a1=4时，Sn=n（n+3），
| 1 |
| Sn |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| n |
| 1 |
| n+3 |
| 1 |
| S1 |
| 1 |
| S2 |
| 1 |
| S3 |
| 1 |
| Sn |
| 11 |
| 18 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| n+1 |
| 1 |
| n+2 |
| 1 |
| n+3 |
| 11 |
| 18 |
当a1≥6时，Sn=n（n+a1-1）＞n（n+3），
| 1 |
| Sn |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| n |
| 1 |
| n+3 |
| 1 |
| S1 |
| 1 |
| S2 |
| 1 |
| S3 |
| 1 |
| Sn |
| 11 |
| 18 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| n+1 |
| 1 |
| n+2 |
| 1 |
| n+3 |
| 11 |
| 18 |
又
| 18 |
| 11 |
∴a1=4或a1=6或a1=8或a1=10．（16分）
点评：本题考查数列的通项与求和，考查等差数列、等比数列的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．
练习册系列答案
相关题目
（2013•昌平区二模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，E为CD的中点，则