Question

7．已知{a_n}的前n项和为S_n，且a_n+S_n=4（n∈N^*）．
（Ⅰ）求证：数列{a_n}是等比数列；
（Ⅱ）是否存在正整数k，使$\frac{{S}_{k+1}-2}{{S}_{k}-2}$＞2成立？若存在，求出正整数k，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过S_n+a_n=4与S_n+1+a_n+1=4作差，进而整理可知a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n，通过在a_n+S_n=4中令n=1可得首项，从而可得结论；
（Ⅱ）利用反证法，假设存在满足条件的正整数k，通过（I）可知S_n=4-2^2-n，代入不等式化简可得1＜2^k-1＜$\frac{3}{2}$，从而得出矛盾．

解答 （Ⅰ）证明：由题意，S_n+a_n=4，S_n+1+a_n+1=4，
两式相减，得：（S_n+1+a_n+1）-（S_n+a_n）=0，
整理，得：2a_n+1-a_n=0，即a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n，
又∵2a₁=S₁+a₁=4，即a₁=2，
∴数列{a_n}是以首项a₁=2、公比为q=$\frac{1}{2}$的等比数列；
（Ⅱ）结论：不存在满足条件的正整数k．
理由如下：
由（I）可知S_n=$\frac{{2[{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}]}}{{1-\frac{1}{2}}}$=4-2^2-n，
则$\frac{{{S_{k+1}}-2}}{{{S_k}-2}}＞2?\frac{{4-{2^{1-k}}-2}}{{4-{2^{2-k}}-2}}＞2?\frac{{3•{2^{1-k}}-2}}{{2•{2^{1-k}}-2}}＜0?\frac{2}{3}＜{2^{1-k}}＜1?1＜{2^{k-1}}＜\frac{3}{2}$，
由k∈N^*可知2^k-1∈N^*，这与2^k-1∈（1，$\frac{3}{2}$）相矛盾，
故不存在这样的k，使不等式成立．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．