Question

對于數列a_n，（1）已知a_n是一個公差不為零的等差數列，a₅=6．
①當a₃=2時，若自然數n₁，n₂，…，n_t，…滿足5＜n₁＜n₂＜…＜n_t＜…，且a₃，a₅，a_n1，a_n2，…，a_nt，…是等比數列，試用t表示n_t；
②若存在自然數n₁，n₂，…，n_t，…滿足5＜n₁＜n₂＜…＜n_t＜…，且a₃，a₅，a_n1，a_n2，…，a_nt，…構成一個等比數列．求證：當a₃是整數時，a₃必為12的正約數．
（2）若數列a_n滿足a_n+1a_n+3a_n+1+a_n+4=0，且a₂₀₀₉小于數列a_n中的其他任何一項，求a₁的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）①在等差數列{a_n}中，由a₅=6，a₃=2，求出公差d，然后求出通項a_n，進而求出a_nt，由a₃，a₅a_n1，a_n2，…，a_nt…是等比數列，且可求出公比q，再求出a_nt，兩次求出的a_nt相等，找出n與t的關系；
  ②由a₃，a₅a_n1，a_n2，…，a_nt…是等比數列，由等比中項可得a₃a_n1=a₅²，即an1=

a 2 5

a3

=

36

a3

．，又由已知已知{a_n}是等差數列，可求an1=a3+  (n1- 3)•

a5-a3

2

=a3+

6-a3

2

(n1-3)=

36

a3

，整理可得n=5+

12

a3

，由n為正整數可知a₃為12的正約數
（2）由a_n+1a_n+3a_n+1+a_n+4=0，得a_n+1a_n+2a_n+1+2a_n+4=a_n-a_n+1，
即（a_n+1+2）（a_n+2）=（a_n+2）-（a_n+1+2）．a₂₀₀₉小于數列a_n中的其他任何一項，可知a_n不是常數列，構造新的等差數列

1

an+1+2

-

1

an+2

=1，并借助該數列的單調性與反證法求出a₁的范圍．

解答：解：（1）①因為a₃=2，a₅=6，所以，公差d=

a5-a3

2

=2，
從而a_n=a₅+（n-5）d=2n-4（2分）
又a₃，a₅，a_n1，a_n2，a_nt，是等比數列，所以公比q=

a5

a3

=3，所以
a_nt=a₅•3^t=2•3^t+1，t∈N^*．
又a_nt=2n_t-4，所以2n_t-4=2•3^t+1，所以
n_t=3^t+1+2，t∈N^*．（4分）
②因為n₁＞5時，a₃，a₅，a_n1成等比數列，所以a₃a_n1=a₅²，即an1=

a 2 5

a3

=

36

a3

．（6分）
所以當n≥3時，
an1=a3+(n1-3)•

a5-a3

2

=a3+

6-a3

2

(n1-3)，
所以

36

a3

=a3+

6-a3

2

(n1-3)，
即

36

a3

-a3=

6-a3

2

(n1-3)，
所以

36- a 2 3

a3

=

6-a3

2

(n1-3)．
因為6-a3≠0，所以

6+a3

a3

=

n1-3

2

，解得n1=5+

12

a3

．
因為n₁是整數，且n₁＞5，所以

12

a3

是正整數，從而整數a₃必為12的正約數．（8分）
（2）由a_n+1a_n+3a_n+1+a_n+4=0，得a_n+1a_n+2a_n+1+2a_n+4=a_n-a_n+1，
即（a_n+1+2）（a_n+2）=（a_n+2）-（a_n+1+2）．（*）（10分）
由（*）知：若存在a_k=-2，則a_k+1=-2；若存在a_k+1=-2，則a_k=-2，所以a_n是常數列，與“a₂₀₀₉小于數列a_n中的其他任何一項”矛盾，因此（a_n+1+2）（a_n+2）≠0．
由（*）式知

1

an+1+2

-

1

an+2

=1，從而數列{

1

an+2

}是首項為

1

a1+2

，公差為1的等差數列，即

1

an+2

=

1

a1+2

+(n-1)．（12分）
方法一由于數列{

1

an+2

}是遞增數列，且a₂₀₀₉小于數列{a_n}中的其他任何一項，即a₂₀₀₉+2小于數列{a_n+2}中的其他任何一項，所以a₂₀₀₉+2＜0，
且a₂₀₁₀+2＞0，這是因為若a₂₀₀₉+2＞0，則由

1

a2009+2

＜

1

a2010+2

，
得a₂₀₀₉+2＞a₂₀₁₀+2＞0，即a₂₀₀₉＞a₂₀₁₀，與
“a₂₀₀₉小于數列a_n中的其他任何一項”矛盾：若a2010+2＜0，則由

1

a2009+2

＜

1

a2010+2

，得a2010+2＜a2009+2＜0，即a2009＞a2010，與“a₂₀₀₉小于數列a_n中的其他任何一項”矛盾：因此，a2009+2＜0，且

1

a2009+2

=

1

a2010+2

-1＞-1，從而-1＜

1

a2009+2

＜0，
即-1＜

1

a1+2

+2008＜0，即-2009＜

1

a1+2

＜-2008，
即-

1

2008

＜a1+2＜-

1

2009

，
即-1＜

1

2008

-2＜a1＜-

1

2009

-2，即-

4017

2008

＜a1＜-

4019

2009

．(15分)
綜上，a₁的取值范圍是(-

4017

2008

，-

4019

2009

)．(16分)
方法二

1

an+2

=n-(1-

1

a1+2

)，即an+2=

1

n-(1- 1 a1+2 )

，所以
當n＜1-

1

a1+2

時，a_n+2單調遞增，且a_n+2＜0；
當n＞1-

1

a1+2

時，2+a_n單調遞減，且a_n+2＞0．
由于a₂₀₀₉小于數列{a_n}中的其他任何一項，即a₂₀₀₉+2小于數列{a_n+2}中的其他任何一項，
所以a₂₀₀₉+2＜0，且a₂₀₁₀+2＞0，
即2009＜1-

1

a1+2

＜2010，
即-2009＜

1

a1+2

＜-2008，
即-

1

2008

＜a1+2＜

1

2009

；
解得-

4017

2008

＜a1＜-

4019

2009

．
綜上，a₁的取值范圍是(-

4017

2008

，-

4019

2009

)．（16分）

點評：本題是等差數列與等比數列的綜合應用，解答中要注意數列遞推公式與數列單調性的應用，屬于較難試題