Question

已知常數(shù)a≠0，數(shù)列{a_n}前n項(xiàng)和為S_n，且Sn=an2-(a-1)n．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；
（Ⅱ）若an≤2n3-13n2+11n+1對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）若a=

1

2

，數(shù)列{c_n}滿足：cn=

an

an+2012

，對(duì)于任意給定的正整數(shù)k，是否存在p，q∈N^*，使得c_k=c_p•c_q？若存在，求出p，q的值（只要寫出一組即可）；若不存在說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由an=

Sn

n

+a(n-1)，知S_n=na_n-an（n-1），a_n+1=S_n+1-S_n，由此能夠證明數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．
（Ⅱ）由a_n=1+2a（n-1），an≤2n3-13n2+11n+1對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，知1+2a（n-1）≤2n³-13n²+11n+1對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，故a≤

2n3-13n2+11n

2(n-1)

對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，由此能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（Ⅲ）由a=

1

2

，知a_n=n，cn=

n

n+2012

，因?yàn)閷?duì)任意正整數(shù)k，都存在正整數(shù)p，q，使c_k=c_pc_q，所以

k

k+2012

=

p

p+2012

•

q

q+2012

，由此能夠求出結(jié)果．

解答：（Ⅰ）證明：∵an=

Sn

n

+a(n-1)，
∴S_n=na_n-an（n-1），a_n+1=S_n+1-S_n，…（2分）
∴a_n+1=[（n+1）a_n+1-a（n+1）n]-[na_n-an（n-1）]
化簡(jiǎn)得：a_n+1-a_n=2a（常數(shù)），…（4分）
∴數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，公差為2a的等差數(shù)列；…（5分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知a_n=1+2a（n-1），
∵an≤2n3-13n2+11n+1對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，
∴1+2a（n-1）≤2n³-13n²+11n+1對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，…（6分）
∴a≤

2n3-13n2+11n

2(n-1)

對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，…（7分）
∴a不大于

2n3-13n2+11n

2(n-1)

，n∈Z₊最小值．
∵

2n3-13n2+11n

2(n-1)

=

n(n-1)(2n-11)

2(n-1)

=n²-

11

2

n=（n-

11

4

）²-

121

16

，n∈Z₊
∴當(dāng)n=3時(shí)，

2n3-13n2+11n

2(n-1)

取最小值

1

16

-

121

6

=-20．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，-20]．…（10分）
（Ⅲ）解：∵a_n=1+2a（n-1），a=

1

2

，
∴a_n=n，又∵cn=

n

n+2012

，
設(shè)對(duì)任意正整數(shù)k，都存在正整數(shù)p，q，使c_k=c_pc_q，
∴

k

k+2012

=

p

p+2012

•

q

q+2012

，
∴p=

k(q+2012)

q-k

…（14分）
令q=k+1，則p=k（k+2012）或q=2k，p=2k+2012，
∴c_k=c_{k（k+2012）}•c_k+1（或）c_k=c_2k+2012•c_2k．…（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查等差數(shù)列的證明，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，考查實(shí)數(shù)取值的判斷．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．