Question

5．正數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足：rS_n=a_na_n+1-1，a₁=a＞0，常數(shù)r∈N．
（Ⅰ）求證：a_n+2-a_n為定值；
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}是一個(gè)周期數(shù)列（即存在非零常數(shù)T，使a_n+T=a_n恒成立），求該數(shù)列的最小正周期；
（Ⅲ）若數(shù)列{a_n}是一個(gè)各項(xiàng)為有理數(shù)的等差數(shù)列，求S_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由rS_n=a_na_n+1-1，a₁=a＞0，利用遞推式可得ra_n+1=a_n+1（a_n+2-a_n），由于a_n+1＞0，即可證明a_n+2-a_n為定值．
（Ⅱ）當(dāng)n=1時(shí)，ra=aa₂-1，${a}_{2}=r+\frac{1}{a}$，根據(jù)數(shù)列是隔項(xiàng)成等差，寫(xiě)出數(shù)列的前幾項(xiàng)．當(dāng)r＞0時(shí)，奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)都是單調(diào)遞增的，不可能是周期數(shù)列．當(dāng)r=0時(shí)，寫(xiě)出數(shù)列的前幾項(xiàng)．對(duì)a分類討論：當(dāng)a＞0且a≠1時(shí)，與當(dāng)a=1時(shí)，即可得出．
（Ⅲ）由數(shù)列{a_n}是一個(gè)有理數(shù)等差數(shù)列，可得a+a+r=2$（r+\frac{1}{a}）$，解得a=$\frac{r+\sqrt{16+{r}^{2}}}{4}$是有理數(shù)．設(shè)r²+16=k²，r，k均是非負(fù)整數(shù)．對(duì)r分類討論：r=0時(shí)，r≠0時(shí)，（k-r）（k+r）=16=4×4=2×8，可以分解成8組，即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：∵rS_n=a_na_n+1-1，a₁=a＞0，rS_n+1=a_n+1a_n+2-1，∴ra_n+1=a_n+1（a_n+2-a_n），∵a_n+1＞0，
∴a_n+2-a_n=r為定值．
（Ⅱ）解：當(dāng)n=1時(shí)，ra=aa₂-1，∴${a}_{2}=r+\frac{1}{a}$，
根據(jù)數(shù)列是隔項(xiàng)成等差，寫(xiě)出數(shù)列的前幾項(xiàng)：a，r+$\frac{1}{a}$，a+r，2r+$\frac{1}{a}$，a+2r，3r+$\frac{1}{a}$，…．
當(dāng)r＞0時(shí)，奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)都是單調(diào)遞增的，
∴不可能是周期數(shù)列，
當(dāng)r=0時(shí)，寫(xiě)出數(shù)列的前幾項(xiàng)：a，$\frac{1}{a}$，a，$\frac{1}{a}$，a，$\frac{1}{a}$，…．
∴當(dāng)a＞0且a≠1時(shí)，該數(shù)列的周期是2，當(dāng)a=1時(shí)，該數(shù)列的周期是1，
（Ⅲ）解：∵數(shù)列{a_n}是一個(gè)有理數(shù)等差數(shù)列，∴a+a+r=2$（r+\frac{1}{a}）$，
化簡(jiǎn)2a²-ar-2=0，a=$\frac{r+\sqrt{16+{r}^{2}}}{4}$是有理數(shù)．設(shè)r²+16=k²，r，k均是非負(fù)整數(shù)，
r=0時(shí)，a=1，a₁=1，S_n=n，
r≠0時(shí)，（k-r）（k+r）=16=4×4=2×8，
可以分解成8組，其中只有$\left\{\begin{array}{l}{r=3}\\{k=5}\end{array}\right.$，符合要求，此時(shí)a=2，a_n=$\frac{3n+1}{2}$，S_n=$\frac{n（3n+5）}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、周期數(shù)列、遞推式的應(yīng)用，考查了分類討論思想方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．