已知等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的公差为 $d$，前 $n$ 项和为 $S_n$；等比数列 $\left\{b_n\right\}$ 的公比为正整数 $q$，前 $n$ 项和为 $T_n$．若 $T_{2n}+1=S_{q^n}$ 对任意正整数 $n$ 恒成立，则 $a_n=$ ．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$2n-1$
【解析】
显然 $q\ne 1$．由题意，$$\begin{cases}
T_{2n}+1=S_{q^n}=q^na_1+\dfrac{q^n\left(q^n-1\right)}{2}d,\\
T_{2n+2}+1=S_{q^{n+1}}=q^{n+1}a_1+\dfrac{q^{n+1}\left(q^{n+1}-1\right)}{2}d,
\end{cases}$$两式相减，有$$2b_1\left(q^{n+1}+q^{n}\right)=2a_1(q-1)+d(q-1)\left(q^{n+1}+q^{n}-1\right),\cdots ① $$进而有$$2b_1\left(q^{n+2}+q^{n+1}\right)=2a_1(q-1)+d(q-1)\left(q^{n+2}+q^{n+1}-1\right).\cdots ② $$用 ② 式减 ① 式，得$$2b_1=d(q-1).\cdots ③ $$将 ③ 式代入 ① 式，得$$d=2a_1.\cdots ④ $$又因为$$b_1(q+1)+1=T_2+1=S_q=qa_1+\dfrac{q(q-1)}{2}d,\cdots ⑤ $$故将 ③ 式与 ④ 式代入 ⑤ 式，有\[
a_1=1, d=2, b_1=q-1,
\]其中 $q\in \mathbb{N}^{*}$ 且 $q \geqslant 2$．
反之，当\[
a_1=1, d=2, b_1=q-1,
\]其中 $q\in \mathbb{N}^{*}$ 且 $q \geqslant 2$ 时，\[
T_{2n}+1=S_{q^n}
\]对任意正整数 $n$ 恒成立．故 $a_n=2n-1 \left(n\in \mathbb{N}^{*}\right)$．
T_{2n}+1=S_{q^n}=q^na_1+\dfrac{q^n\left(q^n-1\right)}{2}d,\\
T_{2n+2}+1=S_{q^{n+1}}=q^{n+1}a_1+\dfrac{q^{n+1}\left(q^{n+1}-1\right)}{2}d,
\end{cases}$$两式相减，有$$2b_1\left(q^{n+1}+q^{n}\right)=2a_1(q-1)+d(q-1)\left(q^{n+1}+q^{n}-1\right),\cdots ① $$进而有$$2b_1\left(q^{n+2}+q^{n+1}\right)=2a_1(q-1)+d(q-1)\left(q^{n+2}+q^{n+1}-1\right).\cdots ② $$用 ② 式减 ① 式，得$$2b_1=d(q-1).\cdots ③ $$将 ③ 式代入 ① 式，得$$d=2a_1.\cdots ④ $$又因为$$b_1(q+1)+1=T_2+1=S_q=qa_1+\dfrac{q(q-1)}{2}d,\cdots ⑤ $$故将 ③ 式与 ④ 式代入 ⑤ 式，有\[
a_1=1, d=2, b_1=q-1,
\]其中 $q\in \mathbb{N}^{*}$ 且 $q \geqslant 2$．
反之，当\[
a_1=1, d=2, b_1=q-1,
\]其中 $q\in \mathbb{N}^{*}$ 且 $q \geqslant 2$ 时，\[
T_{2n}+1=S_{q^n}
\]对任意正整数 $n$ 恒成立．故 $a_n=2n-1 \left(n\in \mathbb{N}^{*}\right)$．
题目
答案
解析
备注
