Question

已知数列{a_n}的前n项和S_n=n²．
（1）设b_n=（-1）^n-1a_na_n+1，求数列{b_n}的前n项和T_n；
（2）是否存在以a₁为首项，公比为q（0＜q＜5，q∈N^*）的等比数列{ank}，k∈N^*，使得数列{ank}中每一项都是数列{a_n}中不同的项，若存在，求出所有满足条件的数列{n_k}的通项公式；若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由S_n=n²，可得当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，当n=1时，a₁=S₁=1．可得a_n=2n-1．因此b_n=（-1）^n-1a_na_n+1=（-1）^n-1（2n-1）（2n+1）．对n分奇数偶数讨论，利用“分组求和”即可得出．
（2）假设存在以a₁为首项，公比为q（0＜q＜5，q∈N^*）的等比数列{ank}，k∈N^*，使得数列{ank}中每一项都是数列{a_n}中不同的项．由a_n=2n-1可得：an1=a₁=1，an2=q，由于0＜q＜5，可得q=3，得到ank=3^k-1．必需3^k-1=2n-1，可得n=

3k-1+1

2

，只要证明：b_k=3^k-1+1为正的偶数即可．利用二项式定理即可证明．

解答： 解：（1）∵S_n=n²，∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，当n=1时，a₁=S₁=1．
∴a_n=2n-1．
∴b_n=（-1）^n-1a_na_n+1=（-1）^n-1（2n-1）（2n+1）．
当n=2k（k∈N^*）时，b_2k-1+b_2k=-4（4k-1），
T_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2k-1+b_2k）
=-4[3+7+…+（4k-1）]=-4×k（2k+1）=-4n（n+1）．
当n=2k-1（k∈N^*）时，T_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2k-1+b_2k）-b_2k
=-4n（n+1）+（4k-1）（4k+1）
=4n+3．
∴Tn=

-4n(n+1)，n为偶数 4n+3，n为奇数

．
（2）假设存在以a₁为首项，公比为q（0＜q＜5，q∈N^*）的等比数列{ank}，k∈N^*，使得数列{ank}中每一项都是数列{a_n}中不同的项．
∵a_n=2n-1，∴a₁=1，a₂=3，a₃=5，a₄=7，…，
an1=a₁=1，an2=q，∵0＜q＜5，∴q=3，
∴ank=3^k-1．
则3^k-1=2n-1，
可得n=

3k-1+1

2

，
下面只要证明：b_k=3^k-1+1为正的偶数即可．
当k=1时，b₁=1+1=2是正的偶数．
当k≥2时，b_k=（2+1）^k-1+1
=2k-1+

∁

1 k-1

2k-2+…+

∁

k-2 k-1

2+

∁

k-1 k-1

+1
=2（2^k-2+

∁

1 k-1

2k-3+…+

∁

k-1 k-1

)+2为偶数．
∴b_k=3^k-1+1为正的偶数．
∴存在以a₁为首项，公比为q（0＜q＜5，q∈N^*）的等比数列{ank}，k∈N^*，使得数列{ank}中每一项都是数列{a_n}中不同的项．

点评：本题考查了递推式的应用、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“分组求和”方法，考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于难题．