Question

20．数列{a_n}的前n项和为S_n且满足a₁=1，2a_n+1=2a_n+p（p为常数，n=1，2，3…）．
（1）求S_n；
（2）若数列{a_n}是等比数列，求实数p的值；
（3）是否存在实数p，使得数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}满足：可以从中取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列？若存在，求出所有满足条件的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由2a_n+1=2a_n+p，得a_n+1-a_n=$\frac{p}{2}$，可知数列{a_n}是以a₁=1为首项，以$\frac{p}{2}$为公差的等差数列，由等差数列的前n项和得答案；
（2）由数列{a_n}是等比数列，得${{a}_{2}}^{2}={a}_{1}{a}_{3}$．结合已知求出a₂，a₃，代入可得p；
（3）当p=0时，由（1）及a₁=1，得$\frac{1}{{a}_{n}}=1$（n=1，2，3，…），即数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是一个无穷等差数列．当p=0，满足题意．当p≠0时，利用反证法证明，从数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}不能取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列．

解答 解：（1）由2a_n+1=2a_n+p，得a_n+1-a_n=$\frac{p}{2}$．
∴数列{a_n}是以a₁=1为首项，以$\frac{p}{2}$为公差的等差数列，
则${S}_{n}=n+\frac{n（n-1）}{2}×\frac{p}{2}=\frac{p}{4}{n}^{2}+（1-\frac{p}{4}）n$；
（2）若数列{a_n}是等比数列，则${{a}_{2}}^{2}={a}_{1}{a}_{3}$．
∵a₁=1，2a_n+1=2a_n+p，
∴2a₂=2a₁+p=2+p，2a₃=2a₂+p=2+2p．
∴$（1+\frac{p}{2}）^{2}=1×（1+p）$，得p=0；
（3）当p=0时，由（1）及a₁=1，得$\frac{1}{{a}_{n}}=1$（n=1，2，3，…），
即数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是一个无穷等差数列．
∴当p=0，满足题意．
当p≠0时，∵a₁=1，2a_n+1=2a_n+p，即a_n+1-a_n=$\frac{p}{2}$．
下面用反证法证明，当p≠0，从数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}不能取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列．
假设存在p₀≠0，从数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}可以取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列．不妨记为{b_n}，
设数列{b_n}的公差为d．
（1）当p₀＞0时，a_n＞0（n=1，2，3，…），
∴数列{b_n}是各项为正数的递减数列，则d＜0．
∵b_n=b₁+（n-1）d，
∴当n＞1-$\frac{{b}_{1}}{d}$，即n-1＞$-\frac{{b}_{1}}{d}$，即（n-1）d＜-b₁时，b_n=b₁+（n-1）d＜b₁-b₁=0，这与b_n＞0矛盾．
（2）当p₀＜0时，令$\frac{{p}_{0}}{2}n+1-\frac{{p}_{0}}{2}＜0$，解得n$＞1-\frac{2}{{p}_{0}}$，
当$n＞1-\frac{2}{{p}_{0}}$时，a_n＜0恒成立，
∴数列{b_n}是各项为负数的递增数列，则d＞0．
∵b_n=b₁+（n-1）d，∴b_n=b₁+（n-1）d＞${b}_{1}+（1-\frac{{b}_{1}}{d}-1）d=0$，与b_n＜0矛盾．
综上所述，p=0是唯一满足条件的p的值．

点评 本题考查数列递推式，考查了数列的函数特性，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．