Question

設數列{a_n}的前n項和為S_n，其中a_n≠0，a₁為常數，且-2a₁，S_n，2a_n+1成等差數列．
（1）當a₁=2時，求{a_n}的通項公式；
（2）當a₁=2時，設b_n=log₂ （a_n²）-1，若對于n∈N*，

1

b1b2

+

1

b2b3

+

1

b3b4

+…+

1

bnbn+1

＜k恒成立，求實數k的取值范圍；
（3）設c_n=S_n+1，問：是否存在a₁，使數列{c_n}為等比數列？若存在，求出a₁的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由已知中-2a₁，S_n，2a_n+1成等差數列，可得S_n=a_n+1-a₁，進而可得a_n+1=2a_n，結合a₁=2時，可得{a_n}的通項公式；
（2）由（1）結合對數的運算性質，可得數列{b_n}的通項公式，進而利用拆項法可求出

1

b1b2

+

1

b2b3

+

1

b3b4

+…+

1

bnbn+1

的表達式，進而可得實數k的取值范圍；
（3）由c_n=a₁×2ⁿ-a₁+1，結合等比數列的定義，可得當且僅當-a₁+1=0時，數列{c_n}為等比數列．

解答：解：（1）∵-2a₁，S_n，2a_n+1成等差數列
∴2S_n=-2a₁+2a_n+1，
∴S_n=a_n+1-a₁，…①
當n≥2時，S_n-1=a_n-a₁，…②
兩式相減得：a_n=a_n+1-a_n，
即a_n+1=2a_n，------（2分）
當n=1時，S₁=a₂-a₁，即a₂=2a₁，
適合a_n+1=2a_n，-------------（3分）
所以數列{a_n}是以a₁=2為首項，以2為公比的等比數列，
所以a_n=2ⁿ---------------------------------------------------（4分）
（2）由（1）得a_n=2ⁿ，所以b_n=log₂ （a_n²）-1=2n-1
∴

1

b1b2

+

1

b2b3

+

1

b3b4

+…+

1

bnbn+1

=

1

1×3

+

1

3×5

+

1

5×7

+…+

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

[（1-

1

3

）+（

1

3

-

1

5

）+（

1

5

-

1

7

）+…+（

1

2n-1

-

1

2n+1

）]=

1

2

（1-

1

2n+1

）
∵n∈N*，
∴

1

2

（1-

1

2n+1

）＜

1

2

若對于n∈N*，

1

b1b2

+

1

b2b3

+

1

b3b4

+…+

1

bnbn+1

＜k恒成立，
∴k≥

1

2

-----------------（8分）
（ 3）由（1）得數列{a_n}是以a₁為首項，以2為公比的等比數列
所以c_n=S_n+1=

a1(1-2n)

1-2

+1=a₁×2ⁿ-a₁+1--------------------------（10分）
要使{c_n}為等比數列，當且僅當-a₁+1=0
即a₁=1
所以存在a₁=1，使{c_n}為等比數列--------------------------------（12分）

點評：本題考查的知識點是等差數列與等比數列的通項公式，數列求和，恒成立問題，是數列的綜合應用，難度較大，屬于難題．