Question

（1）若對(duì)于任意的n∈N^*，總有

n+2

n(n+1)

=

A

n

+

B

n+1

成立，求常數(shù)A，B的值；
（2）在數(shù)列{a_n}中，a1=

1

2

，an=2an-1+

n+2

n(n+1)

（n≥2，n∈N^*），求通項(xiàng)a_n；
（3）在（2）題的條件下，設(shè)bn=

n+1

2(n+1)an+2

，從數(shù)列{b_n}中依次取出第k₁項(xiàng)，第k₂項(xiàng)，…第k_n項(xiàng)，按原來(lái)的順序組成新的數(shù)列{c_n}，其中cn=bkn，其中k₁=m，k_n+1-k_n=r∈N^*．試問(wèn)是否存在正整數(shù)m，r使

lim

n→+∞

(c1+c2+…+cn)=S且

4

61

＜S＜

1

13

成立？若存在，求正整數(shù)m，r的值；不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）由題設(shè)得（A+B）n+A=n+2恒成立，所以

A+B=1 A=2

?A=2，B=-1．
（2）由an=2an-1+

n+2

n(n+1)

（n≥2）和

n+2

n(n+1)

=

2

n

-

1

n+1

知，an+

1

n+1

=2an-1+

2

n

=2(an-1+

1

n

)，且a1+

1

2

=1，由此能推導(dǎo)出an=2n-1-

1

n+1

．
（3）假設(shè)存在正整數(shù)m，r滿(mǎn)足題設(shè)，由an=2n-1-

1

n+1

，bn=

n+1

2(n+1)an+2

=

1

2n

，又cn=bkn得

cn+1

cn

=

bkn+1

bkn

=(

1

2

)kn+1-kn=

1

2r

，c1=bk1=

1

2m

．于是S=

lim

n→+∞

(c1+c2++cn)=

1 2m

1- 1 2r

=

1

2m-2m-r

，由此能推導(dǎo)出存在正整數(shù)m，r滿(mǎn)足題設(shè)，m=4，r=3或m=4，r=4．

解答：解：（1）由題設(shè)得A（n+1）+Bn=n+2即（A+B）n+A=n+2恒成立，
所以

A+B=1 A=2

?A=2，B=-1．（4分）
（2）由題設(shè)an=2an-1+

n+2

n(n+1)

（n≥2）又

n+2

n(n+1)

=

2

n

-

1

n+1

得，an+

1

n+1

=2an-1+

2

n

=2(an-1+

1

n

)，且a1+

1

2

=1，
即{an+

1

n+1

}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，（8分）
所以an+

1

n+1

=2n-1．即an=2n-1-

1

n+1

為所求．（9分）
（3）假設(shè)存在正整數(shù)m，r滿(mǎn)足題設(shè)，由（2）知an=2n-1-

1

n+1

顯然bn=

n+1

2(n+1)an+2

=

1

2n

，
又cn=bkn得

cn+1

cn

=

bkn+1

bkn

=(

1

2

)kn+1-kn=

1

2r

，
c1=bk1=

1

2m

即{c_n}是以

1

2m

為首項(xiàng)，

1

2r

為公比的等比數(shù)列．（11分）
于是S=

lim

n→+∞

(c1+c2++cn)=

1 2m

1- 1 2r

=

1

2m-2m-r

，（12分）
由

4

61

＜S＜

1

13

得13＜2m-2m-r＜

61

4

，m，r∈N^*，
所以2^m-2^m-r=14或15，（14分）
當(dāng)2^m-2^m-r=14時(shí)，m=4，r=3；
當(dāng)2^m-2^m-r=15時(shí)，m=4，r=4；
綜上，存在正整數(shù)m，r滿(mǎn)足題設(shè)，m=4，r=3或m=4，r=4．（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列中參數(shù)的求法、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和以極限為載體考查數(shù)列性質(zhì)的綜合運(yùn)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．