Question

附加题：设函数，对于正整数列{a_n}，其前n项和为S_n，且S_n=f（a_n），n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）是否存在等比数列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2对一切正整数n都成立？若存在，请求出数列{b_n}的通项公式；若不存在，请说明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）由 S_n=f（a_n），得：，所以（a_n+1+a_n）•（a_n+1-a_n-2）=0，由a_n+1+a_n＞0，知a_n+1=a_n+2，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由，得：b₁=2，b₂=4．猜想：b_n=2ⁿ，使a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n=（2n-1）•2ⁿ⁺¹+2对一切正整数都成立．然后再由错位相减法进行证明．
解答：解：（1）∵，S_n=f（a_n）
∴，
则：，
∴，
整理得：（a_n+1+a_n）•（a_n+1-a_n-2）=0，
∵a_n+1+a_n＞0，
∴a_n+1-a_n-2=0，即a_n+1=a_n+2，
∴{a_n}是等差数列．
∵，
∴a₁=3．
∴a_n=2n+1，n∈N^*．
（2）由，
解得：b₁=2，b₂=4．
猜想：b_n=2ⁿ，使a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n=（2n-1）•2ⁿ⁺¹+2对一切正整数都成立．
下面证明猜想成立：
即证3×2+5×2²+7×2³+…+（2n+1）•2ⁿ=（2n-1）•2ⁿ⁺¹+2对一切正整数都成立，
令T_n=3×2+5×2²+7×2³+…+（2n+1）×2ⁿ，
则2T_n=3×2²+5×2³+7×2⁴+…+（2n+1）×2ⁿ⁺¹，
两式相减得：T_n=（2n+1）•2ⁿ⁺¹-2•2ⁿ⁺¹+2
=（2n-1）•2ⁿ⁺¹+2，
故原命题获证．
点评：本题主要考查了数列与函数的综合，以及等差数列求通项和利用错位相消法求和，同时考查了计算能力，属于中档题．