Question

如果數(shù)列{a_n}同時(shí)滿足：（1）各項(xiàng)均為正數(shù)，（2）存在常數(shù)k，對(duì)任意n∈N^*，a_n+1²=a_na_n+2+k都成立，那么，這樣的數(shù)列{a_n}我們稱之為“類等比數(shù)列”．由此各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列必定是“類等比數(shù)列”．問：
（1）若數(shù)列{a_n}為“類等比數(shù)列”，且k=（a₂-a₁）²，求證：a₁、a₂、a₃成等差數(shù)列；
（2）若數(shù)列{a_n}為“類等比數(shù)列”，且k=0，a₂、a₄、a₅成等差數(shù)列，求

a2

a1

的值；
（3）若數(shù)列{a_n}為“類等比數(shù)列”，且a₁=a，a₂=b（a、b為常數(shù)），是否存在常數(shù)λ，使得a_n+a_n+2=λa_n+1對(duì)任意n∈N^*都成立？若存在，求出λ；若不存在，說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：類比推理

專題：新定義,推理和證明

分析：（1）由新定義可得，

a

2 n+1

=a_na_n+2+（a₂-a₁）²，令n=1，注意到a₁＞0，化簡(jiǎn)運(yùn)用等差數(shù)列的定義即可證明；
（2）運(yùn)用等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和性質(zhì)，即可求出公比；
（3）可從必要條件入手推出：存在常數(shù)λ=

a2+b2-k

ab

，使a_n+a_n+2=λa_n+1，再加以證明，注意根據(jù)新定義，推出，當(dāng)n∈N^*都有an+an+2=

a1+a3

a2

an+1，由a₁，a₂，得到a₃，從而得到λ=

a2+b2-k

ab

，結(jié)論成立．

解答： （1）證明：當(dāng)k=(a2-a1)2時(shí)，在

a

2 n+1

=anan+2+k中，令n=1得

a

2 2

=a1a3+(a2-a1)2，
即a1a3-2a1a2+

a

2 1

=0．
∵a₁＞0，∴a₃-2a₂+a₁=0，即a₂-a₁=a₃-a₂•
故a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列；         
（2）解：當(dāng)k=0時(shí)，

a

2 n+1

=anan+2，
∵數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)∴數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，
 設(shè)公比為q（q＞0），
∵a₂，a₄，a₅成等差數(shù)列，∴a₂+a₅=2a₄，
即a1q+a1q4=2a1q3．∵a₁＞0，q＞0，
∴q³-2q²+1=0，（q-1）（q²-q-1）=0，
解得q=1或q=

1± 5

2

（舍去負(fù)值）．
∴

a2

a1

=q=1或

a2

a1

=q=

1+ 5

2

；
（3）存在常數(shù)λ=

a2+b2-k

ab

，使a_n+a_n+2=λa_n+1．
（或從必要條件入手a1+a3=λa2⇒λ=

a1+a3

a2

=

a1+ a22-k a1

a2

=

a2+b2-k

ab

）
證明如下：∵

a

2 n+1

=anan+2+k，∴

a

2 n

=an-1an+1+k，n≥2，n∈N*，
∴

a

2 n+1

-

a

2 n

=anan+2-an-1an+1，即

a

2 n+1

+an-1an+1=anan+2+

a

2 n

，
由于a_n＞0，此等式兩邊同除以a_na_n+1，得

an+an+2

an+1

=

an-1+an+1

an

，
∴

an+an+2

an+1

=

an-1+an+1

an

=…=

a1+a3

a2

，
即當(dāng)n∈N^*都有an+an+2=

a1+a3

a2

an+1，
∴a1=a，a2=b，

a

2 n+1

=anan+2+k，∴a3=

b2-k

a

∴

a1+a3

a2

=

a+ b2-k a

b

=

a2+b2-k

ab

•
∴對(duì)任意n∈N^*都有a_n+a_n+2=λa_n+1，
此時(shí)λ=

a2+b2-k

ab

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查新定義及理解和運(yùn)用，同時(shí)考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)和性質(zhì)，正確理解定義是解決此類問題的關(guān)鍵．