1587

已知数列 ${\displaystyle \{a_n\}}$ 为无穷数列, 前 ${\displaystyle n}$ 项和为 ${\displaystyle S_n}$.

1. 若 ${\displaystyle a_1=1}$, ${\displaystyle S_n=a_{n+1}}$, 求 ${\displaystyle \{a_n\}}$ 的通项公式;
2. 是否存在等差数列 ${\displaystyle \{a_n\}}$, 使 ${\displaystyle S_n<a_{n+1}}$? 若存在, 请写出一个满足条件的通项公式. 若不存在, 请说明理由.
3. 若数列 ${\displaystyle \{a_n\}}$ 为等比数列, 公比为 ${\displaystyle q}$, 且满足 ${\displaystyle S_n<a_{n+1}}$, 求 ${\displaystyle q}$ 的取值范围.

1. 由 ${\displaystyle S_n=a_{n+1}}$, 有 ${\displaystyle S_{n+1}=a_{n+2}}$, 作差得 ${\displaystyle a_{n+2}=2a_{n+1}}$. 而 ${\displaystyle S_1=a_1=a_2=1}$, 所以 ${\displaystyle \{a_n\}}$ 从第二项开始是 ${\displaystyle 2}$ 为公比的等差数列, 从而 $$a_n=\{\begin{array}{rl}& 1,n=1,\\ & 2^{n-2},n\ge 2.\end{array}$$

2. 不存在. 如果存在, 设 ${\displaystyle a_n=a+nd}$, 则原不等式等价于 $$\frac{(2a+(n+1)d)n}{2}<a+(n+1)d⟺2a(n-1)+(n+1)(n-2)d.$$ 当 ${\displaystyle n=1}$, 得 ${\displaystyle d>0}$. 当 ${\displaystyle n>1}$, 移项得 $$a<\frac{-d(n+1)(n-2)}{2(n-1)}=-\frac{d}{2}(n-\frac{2}{n-1})\to -\mathrm{\infty },$$ 这样的 ${\displaystyle a}$ 不存在.

3. 代入 ${\displaystyle n=1}$, 有 ${\displaystyle a_1(1-q)<0}$, 从而 ${\displaystyle q\ne 1}$. 这样代入求和公式, 原不等式等价于 $$\frac{a_1}{1-q}(1-(2-q)q^n)<0.$$ 由 ${\displaystyle a_1(1-q)<0}$ 可以推出 ${\displaystyle \frac{a_1}{1-q}<0}$, 从而要求 $$1+(q-2)q^n>0,n\ge 2.$$
   首先必要性探路, 考虑 ${\displaystyle n=2}$ 的情形, 解得 $$q^3-2q^2+1=(q-1)(q^2-q-1)>0\Rightarrow q\in (\frac{1-\sqrt{5}}{2},0)\cup (0,1)\cup (\frac{1+\sqrt{5}}{2},+\mathrm{\infty }).$$

   • 当 ${\displaystyle q\in (\frac{1-\sqrt{5}}{2},0)}$, 则 ${\displaystyle -1<q<0}$. 因此只需要验证 ${\displaystyle n}$ 是偶数的情形: $$(q-2)q^n+1\ge (q-2)q^2+1>0,$$ 这就是我们前面求解的不等式.
   • 当 ${\displaystyle q\in (0,1)}$, ${\displaystyle (q-2)q^n+1>(q-2)q+1=(1-q{)}^2>0}$.
   • 当 ${\displaystyle q\in (\frac{1+\sqrt{5}}{2},2)}$, 不等式等价于 ${\displaystyle q^n<\frac{1}{2-q}}$. 但是 ${\displaystyle q>1}$, 所以 ${\displaystyle n}$ 充分大时这个不等式不成立.
   • 当 ${\displaystyle q\in (2,+\mathrm{\infty })}$, 可以和 ${\displaystyle (0,1)}$ 一样放缩, 是成立的.

   综上, ${\displaystyle q\in (\frac{1-\sqrt{5}}{2},0)\cup (0,1)\cup [2,+\mathrm{\infty })}$.