Question

17．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且a_n+S_n=pn²+qn+r，其中p、q、r是常数，n∈N^*．
（1）若数列{a_n}是等差数列且p=5，q=13，r=-2，求数列{a_n}的通项公式；
（2）①求证：当3p-q+r=0时，数列{a_n}为等差数列；
②若r=0，且{a_n}是首项为1的等差数列，设T_n=$\sqrt{1+\frac{1}{{{a}_{i}}^{2}}+\frac{1}{{{a}_{i+1}}^{2}}}$，Q_n=$\sum_{i=1}^{n}$（T_i-1），试问：是否存在非零函数f（x），使得f（n）Q₁Q₂…Q_n=1，对一切正整数n都成立，若存在，求出f（x）的解析式，否则，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过设数列{a_n}的公差为d，利用a_n+S_n=pn²+qn+r计算即得结论；
（2）①通过a_n+S_n=pn²+qn+r、a_n+1+S_n+1=p（n+1）²+q（n+1）+r可得2a_n+1-a_n=p（2n+1）+q、2a_n+2-a_n+1=p（2n+3）+q，进而有2（a_n+2-a_n+1）-（a_n+1-a_n）=2p，记b_n=a_n+1-a_n，则2（b_n+1-2p）=b_n-2p，取n=1、2，整理即得结论；②通过①可知a_n=n，化简可得T_n=1+$\frac{1}{i}$-$\frac{1}{i+1}$，从而Q_n=$\frac{n}{n+1}$，利用（n+1）Q₁Q₂…Q_n=1即可．

解答 （1）解：设数列{a_n}的公差为d，
∵a_n+S_n=pn²+qn+r，
∴a₁+（n-1）d+na₁+$\frac{n（n-1）}{2}d$=5n²+13n-2，
即：$\frac{d}{2}$n²+$（{a}_{1}+\frac{d}{2}）$n+（a₁-d）=5n²+13n-2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{d}{2}=5}\\{{a}_{1}-d=-2}\\{{a}_{1}+\frac{d}{2}=13}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=8}\\{d=10}\end{array}\right.$，
∴数列{a_n}的通项：a_n=10n-2；
（2）①证明：已知3p-q+r=0时，
∵a_n+S_n=pn²+qn+r，∴a_n+1+S_n+1=p（n+1）²+q（n+1）+r，
两者相减得：2a_n+1-a_n=p（2n+1）+q，
∴2a_n+2-a_n+1=p（2n+3）+q，
两者相减得：2a_n+2-3a_n+1+a_n=2p，
即有2（a_n+2-a_n+1）-（a_n+1-a_n）=2p，
记b_n=a_n+1-a_n，则2b_n+1-b_n=2p，
∴2（b_n+1-2p）=b_n-2p，
令n=1，代入a_n+S_n=pn²+qn+r得：a₁=2p+r，
令n=2，代入a_n+S_n=pn²+qn+r得：a₂=4p+r，
∴b₁=a₂-a₁=2p，即b₁-2p=0，
∴b_n-2p=0，即b_n=2p为常数，
即a_n+1-a_n=2p为常数，
∴数列{a_n}是以2p+r为首项、2p为公差的等差数列；
②结论：存在非零函数f（x）=x+1，使得f（n）Q₁Q₂…Q_n=1，对一切正整数n都成立．
理由如下：
∵数列{a_n}是首项为1的等差数列，由①知公差d=1，∴a_n=n，
∴T_n=$\sqrt{1+\frac{1}{{{a}_{i}}^{2}}+\frac{1}{{{a}_{i+1}}^{2}}}$
=$\sqrt{1+\frac{1}{{i}^{2}}+\frac{1}{（i+1）^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{{i}^{2}（i+1）^{2}+（i+1）^{2}+{i}^{2}}{{i}^{2}（i+1）^{2}}}$
=$\frac{i（i+1）+1}{i（i+1）}$
=1+$\frac{1}{i（i+1）}$
=1+$\frac{1}{i}$-$\frac{1}{i+1}$，
∴Q_n=$\sum_{i=1}^{n}$（T_i-1）
=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
=$\frac{n}{n+1}$，
∴Q₁Q₂…Q_n=$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{3}$•…•$\frac{n}{n+1}$=$\frac{1}{n+1}$，
即（n+1）Q₁Q₂…Q_n=1，
∴f（x）=x+1．

点评 本题是一道关于数列的综合题，考查求通项，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．