Question

18．设等比数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a_n+1=2S_n+2（n∈N^*）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）在a_n与a_n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d_n的等差数列，
①在数列{d_n}中是否存在三项d_m，d_k，d_p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项，若不存在，说明理由；
②记T_n=$\frac{1}{d_1}+\frac{1}{d_2}+\frac{1}{d_3}+…+\frac{1}{d_n}（n∈{N^*}）$，求满足T_n≤$\frac{3}{4}$的n值．

Answer 1

分析 （1）通过${a_{n+1}}=2{S_n}+2（n∈{N^*}）$与${a_n}=2{S_{n-1}}+2（n∈{N^*}，n≥2）$作差可知${a_{n+1}}=3{a_n}（n∈{N^*}，n≥2）$，进而可得结论；
（2）由（1）及a_n+1=a_n+（n+2-1）d_n可知${d_n}=\frac{{4•{3^{n-1}}}}{n+1}$．①假设命题成立可知${（{d_k}）^2}={d_m}{d_p}$，利用m+p=2k可化简为k²=mp，得出矛盾；②利用错位相减法计算即得结论．

解答 解：（1）∵${a_{n+1}}=2{S_n}+2（n∈{N^*}）$，
∴${a_n}=2{S_{n-1}}+2（n∈{N^*}，n≥2）$，
两式相减：${a_{n+1}}=3{a_n}（n∈{N^*}，n≥2）$．
又∵a₂=2a₁+2，
∴a₂=2a₁+2=3a₁，解得a₁=2，
∴${a_n}=2•{3^{n-1}}$；
（2）由（1）可知${a_n}=2•{3^{n-1}}$，${a_{n+1}}=2•{3^n}$，
∵a_n+1=a_n+（n+2-1）d_n，
∴${d_n}=\frac{{4•{3^{n-1}}}}{n+1}$．
①结论：在数列{d_n}中不存在三项d_m，d_k，d_p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．
理由如下：
假设在数列{d_n}中存在三项d_m，d_k，d_p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，
则：${（{d_k}）^2}={d_m}{d_p}$，
即：${（{\frac{{4•{3^{k-1}}}}{k+1}}）^2}=\frac{{4•{3^{m-1}}}}{m+1}•\frac{{4•{3^{p-1}}}}{p+1}$，$\frac{{16•{3^{2k-2}}}}{{{{（{k+1}）}^2}}}=\frac{{16•{3^{m+p-2}}}}{{（{m+1}）•（{p+1}）}}$（*）  
∵m，k，p成等差数列，
∴m+p=2k，
∴（*）可以化简为所以（k+1）²=（m+1）（p+1），
即：k²=mp，
故k=m=p，这与题设矛盾，
所以在数列{d_n}中不存在三项d_m，d_k，d_p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列；
②∵${d_n}=\frac{{4•{3^{n-1}}}}{n+1}$，
∴${T_n}=\frac{2}{{4•{3^0}}}+\frac{3}{{4•{3^1}}}+\frac{4}{{4•{3^2}}}+…+\frac{n+1}{{4•{3^{n-1}}}}$，
$\frac{1}{3}{T_n}=\frac{2}{{4•3{\;}^1}}+\frac{3}{{4•{3^2}}}+\frac{4}{{4•{3^3}}}+…+\frac{n+1}{{4•{3^n}}}$，
两式相减得：$\frac{2}{3}$T_n=$\frac{2}{4•{3}^{0}}$+$\frac{1}{4•{3}^{1}}$+$\frac{1}{4•{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{4•{3}^{n-1}}$-$\frac{n+1}{4•{3}^{n}}$
=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$•$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{n+1}{4•{3}^{n}}$
=$\frac{5}{8}$-$\frac{2n+5}{8•{3}^{n}}$，
∴${T_n}=\frac{15}{16}-\frac{3（2n+5）}{{16•{3^n}}}$，
∵${T_{n+1}}-{T_n}=\frac{12n+24}{{16•{3^{n+1}}}}＞0$，
∴数列{T_n}单调递增，
而${T_1}=\frac{1}{2}，{T_2}=\frac{3}{4}$，
∴满足题意的n的集合为{1，2}．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．