Question

已知數列{a_n}各項均不為0，其前n項和為S_n，且對任意n∈N^*都有（1-p）S_n=p-pa_n（p≠±1的常數），記f(n)=

1+ C 1 n a1+ C 2 n a2+…+ C n n an

2nSn

．
（Ⅰ）求a_n；
（Ⅱ）求

lim

n→∞

f(n+1)

f(n)

；
（Ⅲ）當p＞1時，設bn=

p+1

2p

-

f(n+1)

f(n)

，求數列{p^k+1b_kb_k+1}的前n項和．

Answer 1

分析：（1）由已知（1-p）S_n=p-pa_n，可得（1-p）S_n+1=p-pa_n+1．兩式相減可得a_n+1與pa_n的遞推關系，結合等比數列的通項公式可求
（2）由題意知，p≠±1時，由（1）可求S_n，利用二項式系數的性質可求f（n），進而可求f（n+1），代人可求極限
（3）由（2）可求b_n，代入p^k+1b_kb_k+1，利用裂項求和即可求解

解答：解：（1）∵（1-p）S_n=p-pa_n，①
∴（1-p）S_n+1=p-pa_n+1．②
②-①，得（1-p）a_n+1=-pa_n+1+pa_n，
即a_n+1=pa_n．（3分）
在①中令n=1，可得a₁=p．
∴{a_n}是首項為a₁=p，公比為p的等比數列，an=pn．（4分）
（2）由題意知，p≠±1時，由（1）可得Sn=

p(1-pn)

1-p

=

p(pn-1)

p-1

．
1+

C

1 n

a1+

C

2 n

a2+…+

C

n n

an
=1+p

C

1 n

+p2

C

2 n

+…+

C

n n

pn=(1+p)n=(p+1)n．
∴f(n)=

1+ C 1 n a1+ C 2 n a2+…+ C n n an

2nSn

=

p-1

p

•

(p+1)n

2n(pn-1)

，
f（n+1）=

p-1

p

•

(p+1)n+1

2n+1(pn+1-1)

．                  （5分）

lim

n→∞

f(n+1)

f(n)

=(p+1)

lim

n→∞

pn-1

2(pn+1-1)

=

p+1 2 ，|p|＜1 p+1 2p ，|p|＞1

，
所以

lim

n→∞

f(n+1)

f(n)

=

p+1 2 ，|p|＜1 p+1 2p ，|p|＞1

（8分）
（3）由（2）可得bn=

p+1

2p

-

f(n+1)

f(n)

=

(p-1)(p+1)

2p

•

1

pn+1-1

，
又pk+1bkbk+1=

(p+1)(p2-1)

4p2

•(

1

pk+1-1

-

1

pk+2-1

)，
所以

n

k=1

pk+1bkbk+1=

(p+1)(p2-1)

4p2

(

1

p2-1

-

1

pn+2-1

)．         （12分）

點評：本題主要考查了利用數列的遞推關系求解數列的通項公式，二項式系數的性質，數列的極限的求解，本題具有一定的綜合性