Question

17．已知各項(xiàng)均為正整數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，滿足：S_n-1+ka_n=ta_n²-1，n≥2，n∈N^*（其中k，t為常數(shù)）．
（1）若k=$\frac{1}{2}$，t=$\frac{1}{4}$，數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，求a₁的值；
（2）若數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，求證：k＜t．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由k=$\frac{1}{2}$，t=$\frac{1}{4}$，可得${S}_{n-1}+\frac{1}{2}{a}_{n}=\frac{1}{4}{a}_{n}^{2}-1$（n≥2），分別令n=2，n=3，利用等差數(shù)列的性質(zhì)即可得出．
（2）令公比為q＞0，則a_n+1=a_nq，利用遞推關(guān)系可得1=（q-1）[ta_n（q+1）-k]，易知q≠1，從而可得t=0，從而證明．

解答 （1）解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵k=$\frac{1}{2}$，t=$\frac{1}{4}$，∴${S}_{n-1}+\frac{1}{2}{a}_{n}=\frac{1}{4}{a}_{n}^{2}-1$（n≥2），
令n=2，則${a}_{1}+\frac{1}{2}{a}_{2}$=$\frac{1}{4}{a}_{2}^{2}-1$，令n=3，則a₁+${a}_{2}+\frac{1}{2}{a}_{3}$=$\frac{1}{4}{a}_{3}^{2}-1$，
兩式相減可得：$\frac{1}{2}（{a}_{2}+{a}_{3}）$=$\frac{1}{4}（{a}_{3}+{a}_{2}）（{a}_{3}-{a}_{2}）$，∵a_n＞0，∴a₃-a₂=2=d．
由${a}_{1}+\frac{1}{2}{a}_{2}$=$\frac{1}{4}{a}_{2}^{2}-1$，d=2，化為${a}_{1}^{2}-2{a}_{1}$-4=0，a₁＞0．
解得a₁=1+$\sqrt{5}$．
（2）證明：∵S_n-1+ka_n=ta_n²-1，n≥2，n∈N^*，S_n+ka_n+1=$t{a}_{n+1}^{2}$-1，
∴a_n+ka_n+1-ka_n=$t{a}_{n+1}^{2}$-$t{a}_{n}^{2}$，
∴a_n=（a_n+1-a_n）[t（a_n+1+a_n）-k]，
令公比為q＞0，則a_n+1=a_nq，
∴（q-1）k+1=ta_n（q²-1），
∴1=（q-1）[ta_n（q+1）-k]；
∵對任意n≥2，n∈N^*，1=（q-1）[ta_n（q+1）-k]成立；
∴q≠1，∴a_n不是一個常數(shù)；
∴t=0，
∴S_n-1+ka_n=-1，
∴k＜0，
故k＜t．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式及其性質(zhì)、遞推關(guān)系的應(yīng)用、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．