Question

8．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=a，（a_n+1）（a_n+1+1）=6（S_n+n），n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若对于?n∈N^*，都有S_n≤n（3n+1）成立，求实数a取值范围；
（3）当a=2时，将数列{a_n}中的部分项按原来的顺序构成数列{b_n}，且b₁=a₂，证明：存在无数个满足条件的无穷等比数列{b_n}．

Answer 1

分析 （1）当n=1时，（a₁+1）（a₂+1）=6（S₁+1），故a₂=5；当n≥2时，（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，分奇数偶数即可得出．
（2）当n为奇数时，${S_n}=\frac{1}{6}（3n+a-2）（3n+3）-n$，由S_n≤n（3n+1）得，$a≤\frac{{3{n^2}+3n+2}}{n+1}$恒成立，利用单调性即可得出．当n为偶数时，${S_n}=\frac{1}{6}•3n（3n+a+1）-n$，由S_n≤n（3n+1）得，a≤3（n+1）恒成立，即可得出．
（3）证明：当a=2时，若n为奇数，则a_n=3n-1，所以a_n=3n-1．
解法1：令等比数列{b_n}的公比q=4^m（m∈N^*），则${b_n}={b_1}{q^{n-1}}=5×{4^{m（n-1）}}$．
设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，…．因为5（1+4+4²+…+4^k-1）+2为正整数，可得数列{b_n}是数列{a_n}中包含的无穷等比数列，进而证明结论．
解法2：设${b_2}={a_{k_2}}=3{k_2}-1（{k_2}≥3）$，所以公比$q=\frac{{3{k_2}-1}}{5}$．因为等比数列{b_n}的各项为整数，所以q为整数，
取${k_2}=5m+2（m∈{N^*}）$，则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时，${k_n}={k_{n-1}}+5m{（3m+1）^{n-2}}$，可得k_n是正整数，因此以数列{b_n}是数列{a_n}中包含的无穷等比数列，即可证明．

解答 解：（1）当n=1时，（a₁+1）（a₂+1）=6（S₁+1），故a₂=5；
当n≥2时，（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${a_n}=\left\{\begin{array}{l}3n+a-3，n为奇数，n∈{N^*}\\ 3n-1，n为偶数，n∈{N^*}.\end{array}\right.$…（5分）
（2）当n为奇数时，${S_n}=\frac{1}{6}（3n+a-2）（3n+3）-n$，
由S_n≤n（3n+1）得，$a≤\frac{{3{n^2}+3n+2}}{n+1}$恒成立，
令$f（n）=\frac{{3{n^2}+3n+2}}{n+1}$，则$f（n+1）-f（n）=\frac{{3{n^2}+9n+4}}{（n+2）（n+1）}＞0$，
所以a≤f（1）=4．…（8分）
当n为偶数时，${S_n}=\frac{1}{6}•3n（3n+a+1）-n$，
由S_n≤n（3n+1）得，a≤3（n+1）恒成立，
所以a≤9．
又a₁=a＞0，所以实数a的取值范围是（0，4]．…（10分）
（3）证明：当a=2时，若n为奇数，则a_n=3n-1，所以a_n=3n-1．
解法1：令等比数列{b_n}的公比q=4^m（m∈N^*），则${b_n}={b_1}{q^{n-1}}=5×{4^{m（n-1）}}$．
设k=m（n-1），因为$1+4+{4^2}+…+{4^{k-1}}=\frac{{{4^k}-1}}{3}$，
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）
因为5（1+4+4²+…+4^k-1）+2为正整数，
所以数列{b_n}是数列{a_n}中包含的无穷等比数列，
因为公比q=4^m（m∈N^*）有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，
故无穷等比数列{b_n}有无数个．…（16分）
解法2：设${b_2}={a_{k_2}}=3{k_2}-1（{k_2}≥3）$，所以公比$q=\frac{{3{k_2}-1}}{5}$．
因为等比数列{b_n}的各项为整数，所以q为整数，
取${k_2}=5m+2（m∈{N^*}）$，则q=3m+1，故${b_n}=5•{（3m+1）^{n-1}}$，
由$3{k_n}-1=5•{（3m+1）^{n-1}}$得，${k_n}=\frac{1}{3}[5{（3m+1）^{n-1}}+1]（n∈{N^*}）$，
而当n≥2时，${k_n}-{k_{n-1}}=\frac{5}{3}[{（3m+1）^{n-1}}-{（3m+1）^{n-2}}]=5m{（3m+1）^{n-2}}$，
即${k_n}={k_{n-1}}+5m{（3m+1）^{n-2}}$，…（14分）
又因为k₁=2，5m（3m+1）^n-2都是正整数，所以k_n也都是正整数，
所以数列{b_n}是数列{a_n}中包含的无穷等比数列，
因为公比q=3m+1（m∈N^*）有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，
故无穷等比数列{b_n}有无数个．…（16分）

点评 本题考查了构造方法、等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．