Question

已知数列{a_n}前n项的和为S_n，且有S_n+1=kS_n+2  （n∈N^*），a₁=2，a₂=1．
（1）试证明：数列{S_n-4}是等比数列，并求a_n；
（2）?n∈N^*，不等式

atSn+1-1

atan+1-1

＜

1

2

恒成立，求正整数t的值；
（3）试判断：数列{a_n}中任意两项的和在不在数列{a_n}中？请证明你的判断．

Answer 1

分析：（1）利用n=1求出常数k的值，再根据等比数列的定义找出S_n+1-4与S_n-4的倍数关系，从而得出等比数列，用通项公式求出a_n；
（2）将已知不等式移项，变成恒小于零的问题进行讨论，化分式不等式为整式不等式，根据2S_n+1-a_n+1＞a_n+1＞0，变形不等式为形如（x-x₁）（x-x₂）＜0的形式，得出

1

2sn+1-an+1

＜at＜

1

an+1

，最后将a_n+1和S_n+1的表达式代入不等式，通过讨论得出t的取值；
（3）运用反证法，先假设成立，通过变形、推理，得出矛盾，从而说明不存在．

解答：解：（1）由S_n+1=kS_n+2（n∈N^*），a₁=2，a₂=1，令n=1得k=

1

2

（1分）
∴S_n+1=

1

2

S_n+2，即S_n+1-4=

1

2

（S_n-4），（2分）
因为S₁-4=-2，
∴{S_n-4}是等比数列（3分）
∴S_n-4=（-2）（

1

2

）^n-1即S_n=4[1-（

1

2

）ⁿ]，从而求得a_n=（

1

2

）^n-2（5分）
（2）由

atSn+1-1

atan+1-1

＜

1

2

得

atSn+1-1

atan+1-1

-

1

2

＜0即

2(atSn+1-1)-(atan+1-1)

2(atan+1-1)

＜0
化简得：

at(2Sn+1-an+1)-1

(atan+1-1)

＜0即[a_t（2S_n+1-a_n+1）-1]（a_ta_n+1-1）＜0（7分）
∵2S_n+1-a_n+1＞a_n+1＞0
∴(at-

1

2Sn+1-an+1

)(at-

1

an+1

)＜0
∴

1

2Sn+1-an+1

＜at＜

1

an+1

（9分）
∵a_n=（

1

2

）^n-2，S_n=4[1-（

1

2

）ⁿ]
∴

1

8[1-( 1 2 )n+1]-( 1 2 )n-1

＜at＜

1

( 1 2 )n-1

即

1

8-3( 1 2 )n-1

＜at＜

1

( 1 2 )n-1

对?n∈N^*都成立，则[

1

8-3( 1 2 )n-1

＜]max＜at＜[

1

( 1 2 )n-1

]min（10分）
易得

1

8-3( 1 2 )n-1

关于n递减，

1

( 1 2 )n-1

关于n递增（11分）
∴n=1时它们分别取得最大与最小，从而有

1

5

＜at＜1即

1

5

＜

1

2t-2

＜1
∴t=3或4时成立．（12分）
（3）不在．（13分）
假设存在两项a_m，a_n的和在此数列中，设为第k项，即a_m+a_n=a_k（m，n，k互不相等）
∵a_n=（

1

2

）^n-2是关于n单调递减，
∴不妨设k＜m＜n则有（

1

2

）^m-2+（

1

2

）^n-2=（

1

2

）^k-2（*）
（*）式两边同乘以2^n-2，则有2^n-m+1=2^n-k显然这是不可能成立的．（16分）

点评：本题是一道数列与不等式相结合的综合题，属于难题．第一小问运用等比数列定义，得出通项公式，入手较容易；第二小问将不等式进行等价变形，同时要注意数列a_n+1、S_n+1表达式的及时运用与代入，还要结合数列的单调性的讨论，才能正确找出t的值，是本题的难点；第三小问运用反证法的同时，应注意推导时的等价变形和整数解的讨论．