Question

已知数列{a_n}前n项的和为S_n，且有S_n+1=kS_n+2  （n∈N^*），a₁=2，a₂=1．
（1）试证明：数列{S_n-4}是等比数列，并求a_n；
（2）∀n∈N^*，不等式恒成立，求正整数t的值；
（3）试判断：数列{a_n}中任意两项的和在不在数列{a_n}中？请证明你的判断．

Answer

（1）利用n=1求出常数k的值，再根据等比数列的定义找出Sn+1-4与Sn-4的倍数关系，从而得出等比数列，用通项公式求出an；
（2）将已知不等式移项，变成恒小于零的问题进行讨论，化分式不等式为整式不等式，根据2Sn+1-an+1＞an+1＞0，变形不等式为形如（x-x1）（x-x2）＜0的形式，得出，最后将an+1和Sn+1的表达式代入不等式，通过讨论得出t的取值；
（3）运用反证法，先假设成立，通过变形、推理，得出矛盾，从而说明不存在．
【解析】
（1）由Sn+1=kSn+2（n∈N*），a1=2，a2=1，令n=1得k=（1分）
∴Sn+1=Sn+2，即Sn+1-4=（Sn-4），（2分）
因为S1-4=-2，
∴{Sn-4}是等比数列（3分）
∴Sn-4=（-2）（）n-1即Sn=4[1-（）n]，从而求得an=（）n-2（5分）
（2）由得即
化简得：即[at（2Sn+1-an+1）-1]（atan+1-1）＜0（7分）
∵2Sn+1-an+1＞an+1＞0
∴
∴（9分）
∵an=（）n-2，Sn=4[1-（）n]
∴
即对∀n∈N*都成立，则（10分）
易得关于n递减，关于n递增（11分）
∴n=1时它们分别取得最大与最小，从而有即
∴t=3或4时成立．（12分）
（3）不在．（13分）
假设存在两项am，an的和在此数列中，设为第k项，即am+an=ak（m，n，k互不相等）
∵an=（）n-2是关于n单调递减，
∴不妨设k＜m＜n则有（）m-2+（）n-2=（）k-2（*）
（*）式两边同乘以2n-2，则有2n-m+1=2n-k显然这是不可能成立的．（16分）