Question

3．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足：對任意不小于2的正整數(shù)n，都有a₁+a₂+a₃+…+a_n-1+ka_n=ta_n²-1（k，t為常數(shù)）成立．
（1）k=$\frac{1}{2}$，t=$\frac{1}{4}$，問：數(shù)列{a_n}是否為等差數(shù)列？并說明理由；
（2）若數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，求證：t=0且k＜0．

Answer 1

分析 （1）若k=$\frac{1}{2}$，t=$\frac{1}{4}$，則a₁+a₂+a₃+…+a_n-1+$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{4}$a_n²-1，即a₁+a₂+a₃+…+a_n-1=$\frac{1}{4}$a_n²-$\frac{1}{2}$a_n-1①，上推一項(xiàng)后，兩式作差，整理后得：2（a_n+1+a_n）=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n），a_n＞0⇒a_n+1-a_n=2，從而可判斷數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）若數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，設(shè)公比為q，利用等比數(shù)列的求和公式可得$\frac{{a}_{1}（1{-q}^{n-1}）}{1-q}$=ta_n²-ka_n-1=t${{a}_{1}}^{2}$q^2n-2-ka₁q^n-1-1，即則$\left\{\begin{array}{l}{t=0}\\{{ka}_{1}=\frac{{a}_{1}}{1-q}}\\{\frac{{a}_{1}}{1-q}=-1}\end{array}\right.$，從而可證：t=0且k＜0．

解答 （1）解：若k=$\frac{1}{2}$，t=$\frac{1}{4}$，則a₁+a₂+a₃+…+a_n-1+$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{4}$a_n²-1，
即a₁+a₂+a₃+…+a_n-1=$\frac{1}{4}$a_n²-$\frac{1}{2}$a_n-1，①
又a₁+a₂+a₃+…+a_n-1+a_n=$\frac{1}{4}$a_n+1²-$\frac{1}{2}$a_n+1-1，②
②-①得，a_n=$\frac{1}{4}$a_n+1²-$\frac{1}{2}$a_n+1-1-（$\frac{1}{4}$a_n²-$\frac{1}{2}$a_n-1），
整理得：2（a_n+1+a_n）=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n），a_n＞0，
所以，a_n+1-a_n=2，
即數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）證明：數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，設(shè)公比為q，
則$\frac{{a}_{1}（1{-q}^{n-1}）}{1-q}$=ta_n²-ka_n-1=t${{a}_{1}}^{2}$q^2n-2-ka₁q^n-1-1，
即$\frac{{a}_{1}}{1-q}$-$\frac{{{a}_{1}q}^{n-1}}{1-q}$=t${{a}_{1}}^{2}$q^2n-2-ka₁q^n-1-1，
則$\left\{\begin{array}{l}{t=0}\\{{ka}_{1}=\frac{{a}_{1}}{1-q}}\\{\frac{{a}_{1}}{1-q}=-1}\end{array}\right.$，所以$\left\{\begin{array}{l}{t=0}\\{{ka}_{1}=-1}\end{array}\right.$
又a₁為正數(shù)，故k＜0．所以，t=0且k＜0．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的求和，著重考查等差關(guān)系的確定與等比數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用，考查推理證明能力與運(yùn)算能力，屬于難題．