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【题目】已知数列{an}前n项和为Sn
(1)若Sn=2n﹣1,求数列{an}的通项公式;
(2)若a1= ,Sn=anan+1 , an≠0,求数列{an}的通项公式;
(3)设无穷数列{an}是各项都为正数的等差数列,是否存在无穷等比数列{bn},使得an+1=anbn恒成立?若存在,求出所有满足条件的数列{bn}的通项公式;若不存在,说明理由.

【答案】
(1)解:n=1时,a1=S1=2﹣1=1,

当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣1﹣(2n﹣1﹣1)=2n﹣1

上式对n=1也成立.

综上可得数列{an}的通项公式为an=2n﹣1


(2)解:a1= ,Sn=anan+1,an≠0,

可得a1=a1a2,a1≠0,可得a2=1,

当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=anan+1﹣an﹣1an

即有an+1﹣an﹣1=1,

即有数列{an}中奇数项和偶数项分别构成公差为1的等差数列,

可得a2n﹣1= +n﹣1= ,a2n=1+n﹣1=n=

故数列{an}的通项公式为an=


(3)解:设an=c+dn,假设存在无穷等比数列{bn},使得an+1=anbn恒成立.

设数列{bn}的公比为q,则bn+1=qbn

即有 =q

即an+2an=qan+12

则(dn+2d+c)(dn+c)=q(dn+d+c)2对一切n为自然数成立.

即(d2﹣qd2)n2+2(1﹣q)d(c+d)n+c(2d+c)﹣q(d+c)2=0对n∈N*成立.

取n=1,2,3可得(d2﹣qd2)+2(1﹣q)d(c+d)+c(2d+c)﹣q(d+c)2=0①

4(d2﹣qd2)+4(1﹣q)d(c+d)+c(2d+c)﹣q(d+c)2=0②

9(d2﹣qd2)+6(1﹣q)d(c+d)+c(2d+c)﹣q(d+c)2=0③

由恒成立思想可得d2﹣qd2=0,(1﹣q)d(c+d)=0,c(2d+c)﹣q(d+c)2=0,

当d=0时,an=c>0,所以bn=1(n∈N*),检验满足要求;

当d≠0,q=1,所以c(2d+c)﹣q(d+c)2=0,则d=0,矛盾.

综上可得,当等差数列{an}的公差d=0,存在无穷等比数列{bn},

使得an+1=anbn恒成立,且bn=1;

当等差数列{an}的公差d≠0,不存在无穷等比数列{bn},

使得an+1=anbn恒成立.


【解析】(1)由数列的递推式:n=1时,a1=S1,当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1,计算即可得到所求通项公式;(2)求出a1=a1a2,a1≠0,可得a2=1,当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=anan+1﹣an﹣1an,即有an+1﹣an﹣1=1,即有数列{an}中奇数项和偶数项分别构成公差为1的等差数列,运用等差数列的通项公式即可得到所求通项;(3)设an=c+dn,假设存在无穷等比数列{bn},使得an+1=anbn恒成立.设数列{bn}的公比为q,则bn+1=qbn

即有 =q ,则(dn+2d+c)(dn+c)=q(dn+d+c)2对一切n为自然数成立.展开等式,取n=1,2,3,再由恒成立思想,可得d,q的值,解方程即可判断存在性.

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