Question

（2005•海淀区二模）已知数列{a_n}的首项a₁=a（a是常数），a_n=2a_n-1+n²-4n+2（n∈N，n≥2）．
（Ⅰ）{a_n}是否可能是等差数列．若可能，求出{a_n}的通项公式；若不可能，说明理由；
（Ⅱ）设b₁=b，b_n=a_n+n²（n∈N，n≥2），S_n为数列{b_n}的前n项和，且{S_n}是等比数列，求实数a、b满足的条件．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由a₁=a及a_n=2a_n-1+n²-4n+2（n∈N，n≥2）可分别求出a₂，a₃，a₄，由a₂-a₁=a₃-a₂及a₃-a₂=a₄-a₃可知a无解，从而得到结论；
（Ⅱ）由bn=an+n2推得b_n+1=2b_n（n≥2），当a≠-1时，b_n≠0，{b_n}从第2项起是以2为公比的等比数列，可求S_n，当a≠-1时，由{S_n}是等比数列得

Sn

Sn-1

为常数，可得a，b满足条件；当a=-1时易求S_n，可知{S_n}是等比数列时b满足条件；

解答：解：（I）∵a1=a，依an=2an-1+n2-4n+2(n=2，3，…)，
∴a₂=2a+4-8+2=2a-2，

∴a3=2a2+9-12+2=4a-5 a4=2a3+2=8a-8 a2-a1=2a-2-a=a-2， a3-a2=2a-3， a4-a3=4a-3 若{an}是等差数列，则a2-a1=a3-a2，得a=1 但由a3-a2=a4-a3，得a=0，矛盾

∴{a_n}不可能是等差数列；
（II）∵bn=an+n2，

∴bn+1=an+1+(n+1)2 =2an+(n+1)2-4(n+1)+2+(n+1)2 =2an+2n2=2bn(n≥2)

∴b₂=a₂+4=2a+2，
当a≠-1时，b_n≠0，{b_n}从第2项起是以2为公比的等比数列，
∴Sn=b1+

(2a+2)(2n-1-1)

2-1

=b+（2a+2）（2^n-1-1），
当n≥2时，

Sn

Sn-1

=

(a+1)2n+b-2a-2

(a+1)2-1+b-2a-2

=2-

b-2a-2

(a+1)2n-1+b-2a-2

，
∵{S_n}是等比数列，∴

Sn

Sn-1

（n≥2）是常数，
∵a≠-1，
∴b-2a-2=0，

当a=-1时，b2=0， 由bn=2bn-1(n≥3)， 得bn=0(n≥2) ∴Sn=b1+b2+…+bn=b ∵{Sn}是等比数列 ∴b≠0

综上，{S_n}是等比数列，实数a、b所满足的条件为

a≠-1 b=2a+2

或

a=-1 b≠0

；

点评：本题主要考查了等差数列等比数列的定义在数列中应用，数列的递推公式在数列的通项求解中的应用，考查分类讨论思想，属于数列知识的综合应用．