Question

8．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且a₁=a，（a_n+1）（a_n+1+1）=6（S_n+n），n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若對于?n∈N^*，都有S_n≤n（3n+1）成立，求實數(shù)a取值范圍；
（3）當(dāng)a=2時，將數(shù)列{a_n}中的部分項按原來的順序構(gòu)成數(shù)列{b_n}，且b₁=a₂，證明：存在無數(shù)個滿足條件的無窮等比數(shù)列{b_n}．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n=1時，（a₁+1）（a₂+1）=6（S₁+1），故a₂=5；當(dāng)n≥2時，（a_n-1+1）（a_n+1）=6（S_n-1+n-1），
可得（a_n+1）（a_n+1-a_n-1）=6（a_n+1），因此a_n+1-a_n-1=6，分奇數(shù)偶數(shù)即可得出．
（2）當(dāng)n為奇數(shù)時，${S_n}=\frac{1}{6}（3n+a-2）（3n+3）-n$，由S_n≤n（3n+1）得，$a≤\frac{{3{n^2}+3n+2}}{n+1}$恒成立，利用單調(diào)性即可得出．當(dāng)n為偶數(shù)時，${S_n}=\frac{1}{6}•3n（3n+a+1）-n$，由S_n≤n（3n+1）得，a≤3（n+1）恒成立，即可得出．
（3）證明：當(dāng)a=2時，若n為奇數(shù)，則a_n=3n-1，所以a_n=3n-1．
解法1：令等比數(shù)列{b_n}的公比q=4^m（m∈N^*），則${b_n}={b_1}{q^{n-1}}=5×{4^{m（n-1）}}$．
設(shè)k=m（n-1），可得5×4^m（n-1）=5×[3（1+4+4²+…+4^k-1）+1]，=3[5（1+4+4²+…+4^k-1）+2]-1，…．因為5（1+4+4²+…+4^k-1）+2為正整數(shù)，可得數(shù)列{b_n}是數(shù)列{a_n}中包含的無窮等比數(shù)列，進(jìn)而證明結(jié)論．
解法2：設(shè)${b_2}={a_{k_2}}=3{k_2}-1（{k_2}≥3）$，所以公比$q=\frac{{3{k_2}-1}}{5}$．因為等比數(shù)列{b_n}的各項為整數(shù)，所以q為整數(shù)，
取${k_2}=5m+2（m∈{N^*}）$，則q=3m+1，故${b_n}=5•{（3m+1）^{n-1}}$，由$3{k_n}-1=5•{（3m+1）^{n-1}}$得，${k_n}=\frac{1}{3}[5{（3m+1）^{n-1}}+1]（n∈{N^*}）$，n≥2時，${k_n}={k_{n-1}}+5m{（3m+1）^{n-2}}$，可得k_n是正整數(shù)，因此以數(shù)列{b_n}是數(shù)列{a_n}中包含的無窮等比數(shù)列，即可證明．

解答 解：（1）當(dāng)n=1時，（a₁+1）（a₂+1）=6（S₁+1），故a₂=5；
當(dāng)n≥2時，（a_n-1+1）（a_n+1）=6（S_n-1+n-1），
所以（a_n+1）（a_n+1+1）-（a_n-1+1）（a_n+1）=6（S_n+n）-6（S_n-1+n-1），
即（a_n+1）（a_n+1-a_n-1）=6（a_n+1），
又a_n＞0，所以a_n+1-a_n-1=6，…（3分）
所以a_2k-1=a+6（k-1）=6k+a-6，a_2k=5+6（k-1）=6k-1，k∈N^*，
故${a_n}=\left\{\begin{array}{l}3n+a-3，n為奇數(shù)，n∈{N^*}\\ 3n-1，n為偶數(shù)，n∈{N^*}.\end{array}\right.$…（5分）
（2）當(dāng)n為奇數(shù)時，${S_n}=\frac{1}{6}（3n+a-2）（3n+3）-n$，
由S_n≤n（3n+1）得，$a≤\frac{{3{n^2}+3n+2}}{n+1}$恒成立，
令$f（n）=\frac{{3{n^2}+3n+2}}{n+1}$，則$f（n+1）-f（n）=\frac{{3{n^2}+9n+4}}{（n+2）（n+1）}＞0$，
所以a≤f（1）=4．…（8分）
當(dāng)n為偶數(shù)時，${S_n}=\frac{1}{6}•3n（3n+a+1）-n$，
由S_n≤n（3n+1）得，a≤3（n+1）恒成立，
所以a≤9．
又a₁=a＞0，所以實數(shù)a的取值范圍是（0，4]．…（10分）
（3）證明：當(dāng)a=2時，若n為奇數(shù)，則a_n=3n-1，所以a_n=3n-1．
解法1：令等比數(shù)列{b_n}的公比q=4^m（m∈N^*），則${b_n}={b_1}{q^{n-1}}=5×{4^{m（n-1）}}$．
設(shè)k=m（n-1），因為$1+4+{4^2}+…+{4^{k-1}}=\frac{{{4^k}-1}}{3}$，
所以5×4^m（n-1）=5×[3（1+4+4²+…+4^k-1）+1]，=3[5（1+4+4²+…+4^k-1）+2]-1，…（14分）
因為5（1+4+4²+…+4^k-1）+2為正整數(shù)，
所以數(shù)列{b_n}是數(shù)列{a_n}中包含的無窮等比數(shù)列，
因為公比q=4^m（m∈N^*）有無數(shù)個不同的取值，對應(yīng)著不同的等比數(shù)列，
故無窮等比數(shù)列{b_n}有無數(shù)個．…（16分）
解法2：設(shè)${b_2}={a_{k_2}}=3{k_2}-1（{k_2}≥3）$，所以公比$q=\frac{{3{k_2}-1}}{5}$．
因為等比數(shù)列{b_n}的各項為整數(shù)，所以q為整數(shù)，
取${k_2}=5m+2（m∈{N^*}）$，則q=3m+1，故${b_n}=5•{（3m+1）^{n-1}}$，
由$3{k_n}-1=5•{（3m+1）^{n-1}}$得，${k_n}=\frac{1}{3}[5{（3m+1）^{n-1}}+1]（n∈{N^*}）$，
而當(dāng)n≥2時，${k_n}-{k_{n-1}}=\frac{5}{3}[{（3m+1）^{n-1}}-{（3m+1）^{n-2}}]=5m{（3m+1）^{n-2}}$，
即${k_n}={k_{n-1}}+5m{（3m+1）^{n-2}}$，…（14分）
又因為k₁=2，5m（3m+1）^n-2都是正整數(shù)，所以k_n也都是正整數(shù)，
所以數(shù)列{b_n}是數(shù)列{a_n}中包含的無窮等比數(shù)列，
因為公比q=3m+1（m∈N^*）有無數(shù)個不同的取值，對應(yīng)著不同的等比數(shù)列，
故無窮等比數(shù)列{b_n}有無數(shù)個．…（16分）

點評 本題考查了構(gòu)造方法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其求和公式，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．