Question

（2012•盐城一模）已知数列{a_n}满足a1=a(a＞0，a∈N*)，a₁+a₂+…+a_n-pa_n+1=0（p≠0，p≠-1，n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）若对每一个正整数k，若将a_k+1，a_k+2，a_k+3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为d_k．
①求p的值及对应的数列{d_k}．
②记S_k为数列{d_k}的前k项和，问是否存在a，使得S_k＜30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）因为a₁+a₂+…+a_n-pa_n+1=0，n≥2时，a₁+a₂+…+a_n-1-pa_n=0，两式相减，得

an+1

an

=

p+1

p

(n≥2)，从而可知数列{a_n}从第二项起是公比为

p+1

p

的等比数列，由此可求数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）①由（1）得ak+1=

a

p

(

p+1

p

)k-1，ak+2=

a

p

(

p+1

p

)k，ak+3=

a

p

(

p+1

p

)k+1，再进行分类讨论：
[1]若a_k+1为等差中项，则2a_k+1=a_k+2+a_k+3；[2]若a_k+2为等差中项，则2a_k+2=a_k+1+a_k+3，；[3]若a_k+3为等差中项，则2a_k+3=a_k+1+a_k+2，从而可求p的值及对应的数列{d_k}；
②分类讨论，计算S_k，利用S_k＜30，建立不等式，再分离参数，由此可求满足题意的最大正整数．

解答：解：（1）因为a₁+a₂+…+a_n-pa_n+1=0，
所以n≥2时，a₁+a₂+…+a_n-1-pa_n=0，两式相减，得

an+1

an

=

p+1

p

(n≥2)，
故数列{a_n}从第二项起是公比为

p+1

p

的等比数列…（3分）
又当n=1时，a₁-pa₂=0，解得a2=

a

p

，
从而an=

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

(n=1) (n≥2)

…（5分）
（2）①由（1）得ak+1=

a

p

(

p+1

p

)k-1，ak+2=

a

p

(

p+1

p

)k，ak+3=

a

p

(

p+1

p

)k+1，
[1]若a_k+1为等差中项，则2a_k+1=a_k+2+a_k+3，
即

p+1

p

=1或

p+1

p

=-2，解得p=-

1

3

…（6分）
此时ak+1=-3a(-2)k-1，ak+2=-3a(-2)k，
所以dk=|ak+1-ak+2|=9a•2k-1…（8分）
[2]若a_k+2为等差中项，则2a_k+2=a_k+1+a_k+3，即

p+1

p

=1，此时无解…（9分）
[3]若a_k+3为等差中项，则2a_k+3=a_k+1+a_k+2，即

p+1

p

=1或

p+1

p

=-

1

2

，解得p=-

2

3

，
此时ak+1=-

3a

2

(-

1

2

)k-1，ak+3=-

3a

2

(-

1

2

)k+1，
所以dk=|ak+1-ak+3|=

9a

8

•(

1

2

)k-1…（11分）
综上所述，p=-

1

3

，dk=9a•2k-1或p=-

2

3

，dk=

9a

8

•(

1

2

)k-1…（12分）
②[1]当p=-

1

3

时，Sk=9a(2k-1)，则由S_k＜30，得a＜

10

3(2k-1)

，
当k≥3时，

10

3(2k-1)

＜1，
所以必定有a＜1，所以不存在这样的最大正整数…（14分）
[2]当p=-

2

3

时，Sk=

9a

4

(1-(

1

2

)k)，则由S_k＜30，得a＜

40

3(1-( 1 2 )k)

，
因为

40

3(1-( 1 2 )k)

＞

40

3

，所以a=13满足S_k＜30恒成立；但当a=14时，存在k=5，
使得a＞

40

3(1-( 1 2 )k)

即S_k＜30，
所以此时满足题意的最大正整数a=13…（16分）

点评：本题重点考查数列的通项与求和，考查分类讨论的数学思想，考查分离参数法的运用，综合性较强，有难度．