Question

（2013•廣州一模）已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且 a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若p，q，r是三個(gè)互不相等的正整數(shù)，且p，q，r成等差數(shù)列，試判斷a_p-1，a_q-1，a_r-1是否成等比數(shù)列？并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，類(lèi)比得a₁+2a₂+3a₃+…+na_n+（n+1）a_n+1=nS_n+1+2（n+1），兩式作差可求得：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2③．
法1：由：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2⇒S_n+1=2S_n+2，而S₁+2=4⇒數(shù)列{S_n+2}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列⇒S_n，繼而可求得a_n；
法2：由（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2⇒a_n+1=S_n+2，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-1+2，兩式作差，同理可證數(shù)列{a_n}是以a₁=2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，從而求得a_n；
（2）p，q，r成等差數(shù)列⇒p+r=2q，假設(shè)a_p-1，a_q-1，a_r-1成等比數(shù)列，可由（a_p-1）（a_r-1）=(aq-1)2⇒2^p+2^r=2×2^q．（*）利用基本不等式 可得2^p+2^r＞2

2p×2r

=2×2^q，這與（*）式矛盾，從而可得a_p-1，a_q-1，a_r-1不是等比數(shù)列．

解答：解：（1）∵a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，
∴當(dāng)n=1時(shí)，有 a₁=（1-1）S₁+2，解得 a₁=2．…（1分）
由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，①
得a₁+2a₂+3a₃+…+na_n+（n+1）a_n+1=nS_n+1+2（n+1），②…（2分）
②-①得：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2．③…（3分）
以下提供兩種方法：
法1：由③式得：（n+1）（S_n+1-S_n）=nS_n+1-（n-1）S_n+2，
即S_n+1=2S_n+2；                                                …（4分）
∴S_n+1+2=2（S_n+2），…（5分）
∵S₁+2=a₁+2=4≠0，
∴數(shù)列{S_n+2}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
∴S_n+2=4×2^n-1，即S_n=4×2^n-1-2=2ⁿ⁺¹-2．…（6分）
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（2ⁿ⁺¹-2）-（2ⁿ-2）=2ⁿ，…（7分）
又a₁=2也滿(mǎn)足上式，
∴a_n=2ⁿ．…（8分）
法2：由③式得：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2=n（S_n+1-S_n）+S_n+2，
得a_n+1=S_n+2．④…（4分）
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-1+2，⑤…（5分）
⑤-④得：a_n+1=2a_n．…（6分）
由a₁+2a₂=S₂+4，得a₂=4，
∴a₂=2a₁．…（7分）
∴數(shù)列{a_n}是以a₁=2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
∴a_n=2ⁿ…（8分）
（2）解：∵p，q，r成等差數(shù)列，
∴p+r=2q．…（9分）
假設(shè)a_p-1，a_q-1，a_r-1成等比數(shù)列，
則（a_p-1）（a_r-1）=(aq-1)2，…（10分）
即（2^p-1）（2^r-1）=（2^q-1）²，
化簡(jiǎn)得：2^p+2^r=2×2^q．（*）        …（11分）
∵p≠r，
∴2^p+2^r＞2

2p×2r

=2×2^q，這與（*）式矛盾，故假設(shè)不成立．…（13分）
∴a_p-1，a_q-1，a_r-1不是等比數(shù)列．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、數(shù)列的前n項(xiàng)和等基礎(chǔ)知識(shí)，考查合情推理、化歸與轉(zhuǎn)化、特殊與一般的數(shù)學(xué)思想方法，以及抽象概括能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力，屬于難題．