Question

已知数列{a_n}满足a₁=a（a∈N^*），S_n=pa_n+1（p≠0，p≠-1，n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）对任意k∈N^*，若将a_k+1，a_k+2，a_k+3按从小到大的顺顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且记公差为d_k．
（i）求p的值以及数列{d_k}的通项公式；
（ii）记数列{d_k}的前k项和为S_k，问是否存在正整数a，使得S_k＜30恒成立，若存在，求出a的最大值；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）由已知条件推导出数列{a_n}从第二项起是公比为

p+1

p

的等比数列，由此能求出an=

a，n=1 a p ( p+1 p )n-2，n≥2

．
（2）（i）由（1）知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，分类讨论，能求出当p=-

1

3

时，dk=9a•2k-1；当p=-

2

3

时，dk=

9a

8

(

1

2

)k-1．
（ii）当p=-

1

3

时，Sk=9a(2k-1)，不存在符合题意的最大正整数a；当p=-

2

3

时，Sk=

9a

4

(1-(

1

2

)k)，由S_k＜30，得a＜

40

3(1-( 1 2 )k)

，由此能求出当p=-

2

3

时存在满足题意的最大正整数a=13．

解答： 解：（1）∵S_n=pa_n+1（p≠0，p≠-1，n∈N^*），
∴当n≥2时，有S_n-1=pa_n，∴

an+1

an

=

p+1

p

，n≥2，
∴数列{a_n}从第二项起是公比为

p+1

p

的等比数列，
当n=1时，a₁=pa₂，而p≠0，a₁=a，得a2=

a

p

，
∴an=

a，n=1 a p ( p+1 p )n-2，n≥2

．
（2）（i）由（1）知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，
若a_k+1为等差中项，则2a_k+1=a_k+2+a_k+3，解得：p=-

1

3

，
若a_k+2为等差中项，则2a_k+2=a_k+1+a_k+3，解得：p∈∅，
若a_k+3为等差中项，则2a_k+3=a_k+1+a_k+2，解得：p=-

2

3

，
综上所述p=-

1

3

或p=-

2

3

．
当p=-

1

3

时，ak+1=-3a(-2)k-1，ak+2=-3a(-2)k，注意到（-2）^k-1与（-2）^k异号，
dk=|ak+1-ak+2|=9a•2k-1．
当p=-

2

3

时，ak+1=

-3a

2

(-

1

2

)k-1，ak+3=

-3a

2

(-

1

2

)k，注意到（-

1

2

）^k-1与（-

1

2

）^k+1同号，
dk=|ak+1-ak+3|=

9a

8

(

1

2

)k-1．
综上所述：当p=-

1

3

时，dk=9a•2k-1；当p=-

2

3

时，dk=

9a

8

(

1

2

)k-1．
（ii）当p=-

1

3

时，∵dk=9a•2k-1，∴Sk=9a(2k-1)，
则由S_k＜30，得a＜

10

3(2k-1)

，当k≥3时，

10

3(2k-1)

＜1，
∴a＜1，这时不存在符合题意的最大正整数a．
当p=-

2

3

时，∵dk=

9a

8

•(

1

2

)k-1，∴Sk=

9a

4

(1-(

1

2

)k)，
则由S_k＜30，得a＜

40

3(1-( 1 2 )k)

，
∵

40

3(1-( 1 2 )k)

＞

40

3

，∴a=13时，满足S_k＜30恒成立，
当a≥14时，存在k∈N^*，使得a＞

40

3(1-( 1 2 )k)

，
即S_k＞30，所以当a≥14时，S_k＜30不恒成立
综上所述：当p=-

2

3

时存在满足题意的最大正整数a=13．

点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查满足条件的正整数是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．