Question

设数列{a_n}，对任意n∈N^*都有（kn+b）（a₁+a_n）+p=2（a₁+a₂…+a_n），（其中k、b、p是常数）．
（1）当k=0，b=3，p=-4时，求a₁+a₂+a₃+…+a_n；
（2）当k=1，b=0，p=0时，若a₃=3，a₉=15，求数列{a_n}的通项公式；
（3）若数列{a_n}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．当k=1，b=0，p=0时，设S_n是数列{a_n}的前n项和，a₂-a₁=2，试问：是否存在这样的“封闭数列”{a_n}，使得对任意n∈N^*，都有S_n≠0，且．若存在，求数列{a_n}的首项a₁的所有取值；若不存在，说明理由．

Answer 1

解：（1）当k=0，b=3，p=-4时，3（a₁+a_n）-4=2（a₁+a₂…+a_n），①
用n+1去代n得，3（a₁+a_n+1）-4=2（a₁+a₂…+a_n+a_n+1），②
②-①得，3（a_n+1-a_n）=2a_n+1，a_n+1=3a_n，（2分）
在①中令n=1得，a₁=1，则a_n≠0，∴，
∴数列{a_n}是以首项为1，公比为3的等比数列，
∴a₁+a₂+a₃+…+a_n=．（4分）
（2）当k=1，b=0，p=0时，n（a₁+a_n）=2（a₁+a₂…+a_n），③
用n+1去代n得，（n+1）（a₁+a_n+1）=2（a₁+a₂…+a_n+a_n+1），④
④-③得，（n-1）a_n+1-na_n+a₁=0，⑤（6分）
用n+1去代n得，na_n+2-（n+1）a_n+1+a₁=0，⑥
⑥-⑤得，na_n+2-2na_n+1+na_n=0，即a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n，（8分）
∴数列{a_n}是等差数列．
∵a₃=3，a₉=15，∴公差，∴a_n=2n-3．（10分）
（3）由（2）知数列{a_n}是等差数列，∵a₂-a₁=2，∴a_n=a₁+2（n-1）．
又{a_n}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N^*，必存在p∈N^*使a₁+2（n-1）+a₁+2（m-1）=a₁+2（p-1），
得a₁=2（p-m-n+1），故a₁是偶数，（12分）
又由已知，，故．
一方面，当时，S_n=n（n+a₁-1）＞0，对任意n∈N^*，都有．
另一方面，当a₁=2时，S_n=n（n+1），，则，
取n=2，则，不合题意．（14分）
当a₁=4时，S_n=n（n+3），，则，
当a₁≥6时，S_n=n（n+a₁-1）＞n（n+3），，，
又，
∴a₁=4或a₁=6或a₁=8或a₁=10．（16分）
分析：（1）当k=0，b=3，p=-4时，3（a₁+a_n）-4=2（a₁+a₂…+a_n），再写一式，两式相减，可得数列{a_n}是以首项为1，公比为3的等比数列，从而可求a₁+a₂+a₃+…+a_n；
（2）当k=1，b=0，p=0时，n（a₁+a_n）=2（a₁+a₂…+a_n），再写一式，两式相减，可得数列{a_n}是等差数列，从而可求数列{a_n}的通项公式；
（3）确定数列{a_n}的通项，利用{a_n}是“封闭数列”，得a₁是偶数，从而可得，再利用，验证，可求数列{a_n}的首项a₁的所有取值．
点评：本题考查数列的通项与求和，考查等差数列、等比数列的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．