Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，满足S_n-tS_n-1=n（n≥2，n∈N^*，t为常数），且a₁=1．
（Ⅰ）当t=2时，求a₂和a₃；
（Ⅱ）若{a_n+1}是等比数列，求t的值；
（Ⅲ）求S_n．

Answer 1

分析：解法一：（Ⅰ）由n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，以及条件得到数列的递推公式，再由赋值法求出a₂和a₃；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得a_n+1=ta_n-1+2和等比数列的定义，列出前三项，再由等比中项列方程，求出t的值并验证；
（Ⅲ）由递推公式和迭代法求出a_n，再对t分类：t≠1和t=1，由等差数列和等比数列的前n项和公式求解．
解法二：（Ⅰ）分别令n=2和3代入所给的式子，结合前n项和公式求出a₂和a₃；
（Ⅱ）由n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，以及条件得到数列的递推公式，再对t分类：t=0时分别验证是否满足条件，当t≠0时列出{a_n+1}前三项，再由等比中项列方程，求出t的值并验证；
（Ⅲ）先对t分类：t=1得a_n-a_n-1=1，由等差数列的前n项和公式求解，t≠1时将递推公式整理为：a_n=ta_n-1+（t-1）k，求出k的值，再构造等比数列{an+

1

t-1

}并求出首项和公比，再由等比数列的前n项和公式求解．

解答：解：解法一：（Ⅰ）当n≥2时，S_n-tS_n-1=n，
当n≥3时，S_n-1-tS_n-2=n-1，----------------------（1分）
两式相减得：a_n-ta_n-1=1（*）（n≥3）----------------------（2分）
当n=2时，S₂-tS₁=2，得 a₁+a₂-ta₁=2
∵a₁=1，得 a₂-ta₁=1
∴a_n-ta_n-1=1（*）  （n≥2）----------------------（3分）
∵t=2，∴a₂=2a₁+1=3，a₃=2a₂+1=7----------------------（4分）
（Ⅱ）由（*）可知a_n+1=ta_n-1+2（n≥2），
若{a_n+1}是等比数列，则a₁+1，a₂+1，a₃+1成等比数列
即(a2+1)2=(a1+1)(a3+1)----------------------（6分）
∵a1+1=2，a2+1=t+2，a3+1=t2+t+2
∴（t+2）²=2（t²+t+2）
即t²-2t=0，解得t=0或t=2．
经检验，符合题意．----------------------（9分）
（Ⅲ）由（*）可知：a_n=ta_n-1+1=t（ta_n-2+1）+1=…
=t^n-1+t^n-2+…+t+1（n≥2）----------------------（11分）
当t=1时，an=

1+1+…+1

n个1

=n
Sn=a1+a2+…+an=1+2+…+n=

n(n+1)

2

--------------------（12分）
当t≠1时，an=

1-tn

1-t

S_n=a₁+a₂+…+a_n=1+

1-t2

1-t

+…+

1-tn

1-t

=

(1-t)+(1-t2)+…+(1-tn)

1-t

=

n- t(1-tn) 1-t

1-t

=

tn+1+(1-t)n-t

(1-t)2

∴Sn=

n(n+1) 2 ，&(t=1) tn+1+(1-t)n-t (1-t)2 (t≠1)

----------------------（14分）
解法二：（Ⅰ）∵t=2及S_n-tS_n-1=n，得S_n-2S_n-1=n
∴（a₁+a₂）-2a₁=2且a₁=1，解得 a₂=3----------------------（2分）
同理 （a₁+a₂+a₃）-2（a₁+a₂）=3，解得 a₃=7----------------------（4分）
（Ⅱ）当n≥3时，S_n-tS_n-1=n，
得 S_n-1-tS_n-2=n-1，----------------------（5分）
两式相减得：a_n-ta_n-1=1（**）----------------------（6分）
即    a_n+1=ta_n-1+2
当t=0时，a_n+1=2，显然{a_n+1}是等比数列----------------------（7分）
当t≠0时，令b_n=a_n+1=ta_n-1+2，可得b_n=tb_n-1+2-t
∵{a_n+1}是等比数列，所以{b_n}为等比数列，
当n≥2时，bn+1•bn-1=bn2恒成立，----------------------（8分）
即  [tbn+(2-t)]•

bn-(2-t)

t

=bn2恒成立，
化简得  (t-2)(t+1)bn-(2-t)2=0恒成立，
即

(t-2)(t+1)=0 (2-t)2=0

，解得t=2
综合上述，t=0或t=2----------------------（9分）
（Ⅲ）当t=1时，由（**）得a_n-a_n-1=1，
数列{a_n}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴Sn=1+2+…+n=

n(n+1)

2

--------------------（10分）
当t≠1时，由（**）得a_n=ta_n-1+1
设a_n+k=t（a_n-1+k）（k为常数）
整理得a_n=ta_n-1+（t-1）k
显然 k=

1

t-1

--------------------（12分）
∴an+

1

t-1

=t(an-1+

1

t-1

)
即数列{an+

1

t-1

}是以1+

1

t-1

为首项，t为公比的等比数列
∴an+

1

t-1

=(1+

1

t-1

)tn-1，
即  an=

t

t-1

tn-1-

1

t-1

∴Sn=

t t-1 (1-tn)

1-t

-

n

t-1

=

t(tn-1)

(1-t)2

+

n

1-t

=

tn+1+(1-t)n-t

(1-t)2

∴Sn=

n(n+1) 2 ，&(t=1) tn+1+(1-t)n-t (1-t)2 (t≠1)

----------------------（14分）

点评：本题是数列的综合题，一题多解，考查了n≥2时，a_n=S_n-S_n-1灵活应用，等差数列和等比数列的通项公式、前n项和公式，性质的应用，涉及了迭代法，构造法和分类讨论思想．