Question

2．正整数数列{a_n}满足$\frac{S_n}{a_n}=pn+q（{p，q为常数}）$，其中S_n为数列{a_n}的前n项和．
（1）若p=1，q=0，求证：{a_n}是等差数列
（2）若数列{a_n}为等差数列，求p的值．
（3）证明：a₂₀₁₆=2016a₁的充要条件是p=$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）p=1，q=0时，$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=n，可得S_n=na_n，n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，化为：a_n=a_n-1，即可证明．
（2）设等差数列{a_n}的公差为d，可得S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d，a_n=a₁+（n-1）d．
又$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=pn+q，可得na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d=（pn+q）[a₁+（n-1）d]（*）．比较两边的系数可得：$\frac{d}{2}$=pd，对d 分类讨论，进而得出．
（3）由$\frac{{S}_{1}}{{a}_{1}}$=p+q=1，可得q=1-p．由S_n=（pn+1-p）a_n，利用递推关系可得：p（n-1）a_n=（pn+1-2p）a_n-1，即$\frac{{a}_{n}}{pn+1-2p}=\frac{{a}_{n-1}}{p（n-1）}$．必要性：当p=$\frac{1}{2}$时，$\frac{{a}_{n}}{n}=\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$（n≥2）可得a₂₀₁₆=2016a₁．充分性：反证法，当p$＞\frac{1}{2}$时，可得$\frac{{a}_{2016}}{2016}$$＜\frac{{a}_{1}}{1}$，不满足a₂₀₁₆=2016a₁．当p$＜\frac{1}{2}$时，同理可证明，不满足a₂₀₁₆=2016a₁．

解答 （1）证明：p=1，q=0时，$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=n，可得S_n=na_n，n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=na_n-（n-1）a_n-1，
化为：a_n=a_n-1，
∴a_n=a₁，∴{a_n}是等差数列．
（2）解：设等差数列{a_n}的公差为d，∴S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d，a_n=a₁+（n-1）d．
则$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{n{a}_{1}+\frac{n（n-1）d}{2}}{{a}_{1}+（n-1）d}$=pn+q，∴na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d=（pn+q）[a₁+（n-1）d]（*）．
比较两边的系数可得：$\frac{d}{2}$=pd，
当d=0时，na₁=a₁（pn+q），解得p=1，q=0．
此时，S_n=na_n，由（1）可得：{a_n}是等差数列．
当d≠0时，p=$\frac{1}{2}$．由（*）比较常数项可得：0=（a₁-d）q，
则d=a₁，a_n=nd，{a_n}是等差数列．综上可得：p=1或$\frac{1}{2}$．
（3）证明：由$\frac{{S}_{1}}{{a}_{1}}$=p+q=1，可得q=1-p．
由S_n=（pn+1-p）a_n，S_n-1=（pn+1-2p）a_n-1（n≥2），
相减可得：p（n-1）a_n=（pn+1-2p）a_n-1，即$\frac{{a}_{n}}{pn+1-2p}=\frac{{a}_{n-1}}{p（n-1）}$．
必要性：当p=$\frac{1}{2}$时，$\frac{{a}_{n}}{n}=\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$（n≥2）．∴$\frac{{a}_{2016}}{2016}$=$\frac{{a}_{2015}}{2015}$=…=$\frac{{a}_{1}}{1}$，
∴a₂₀₁₆=2016a₁．
充分性：反证法，当p$＞\frac{1}{2}$时，由p（n-1）a_n=（pn+1-2p）a_n-1=pna_n-1+（1-2p）a_n-1（n≥2），
又数列各项为正数，∴p（n-1）a_n＜（1-2p）a_n-1（n≥2），即$\frac{{a}_{n}}{n}$$＜\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$，
∴$\frac{{a}_{2016}}{2016}$$＜\frac{{a}_{1}}{1}$，不满足a₂₀₁₆=2016a₁．当p$＜\frac{1}{2}$时，
同理可证明，不满足a₂₀₁₆=2016a₁．

点评 本题考查了充要条件的判定、方程的解法、反证法、分类讨论方法、等差数列的定义通项公式与求和公式，考查了推理能力，属于难题．