Question

13．已知数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{4}$，3a_n+1-2a_n=1（n∈N^*）；数列{b_n}满足：b_n=a_n+1-a_n（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式及其前n项和S_n；
（2）证明：数列{b_n}中的任意三项不可能成等差数列．

Answer 1

分析 （1）由已知条件得到数列{a_n-1}是以-$\frac{3}{4}$为首项，$\frac{2}{3}$为公比的等比数列．由此得到数列{a_n}的通项公式，然后利用前n项和的定义进行求和；
（2）假设数列{b_n}存在三项b_r，b_s，b_t（r＜s＜t）按某种顺序成等差数列，由于数列{b_n}为等差数列，于是有b_r＞b_s＞b_t，则只有可能有2b_s=b_r+b_t成立，代入通项公式，化简整理后发现等式左边为偶数，右边为奇数，故上式不可能成立，导致矛盾．

解答 解：（1）由3a_n+1-2a_n=1，得a_n+1-1=$\frac{2}{3}$（a_n-1）．
因为a₁=$\frac{1}{4}$，所以a₁-1=-$\frac{3}{4}$，
因此数列{a_n-1}是以-$\frac{3}{4}$为首项，$\frac{2}{3}$为公比的等比数列．
所以a_n-1=-$\frac{3}{4}$×$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，即a_n=1-$\frac{3}{4}$×$（\frac{2}{3}）^{n-1}$（n∈N^*）．
所以S_n=a₁+a₂+…+a_n=n-$\frac{3}{4}$[1+$（\frac{2}{3}）^{1}$+…+$（\frac{2}{3}）^{n-1}$]，
=n-$\frac{3}{4}$×$\frac{1-（\frac{2}{3}）^{n}}{1-\frac{2}{3}}$=$（\frac{2}{3}）^{n-2}$+n-$\frac{9}{4}$（n∈N^*）．
（2）由（1），得b_n=a_n+1-a_n=[1-$\frac{3}{4}$×$（\frac{2}{3}）^{n}$]-[1-$\frac{3}{4}$×$（\frac{2}{3}）^{n-1}$]=$\frac{1}{4}$×$（\frac{2}{3}）^{n-1}$．
下面用反证法证明：数列{b_n}中的任意三项不可能成等差数列．
假设数列{b_n}中存在三项b_r，b_s，b_t（r＜s＜t）按某种顺序成等差数列，由于数列{b_n}是首项为$\frac{1}{4}$，公比为$\frac{2}{3}$的等比数列，于是有b_r＞b_s＞b_t，则只能有
2b_s=b_r+b_t成立．
所以2-$\frac{1}{4}$×$（\frac{2}{3}）^{s-1}$=$\frac{1}{4}$×$（\frac{2}{3}）^{r-1}$+$\frac{1}{4}$×$（\frac{2}{3}）^{t-1}$，
两边同乘3^t-1′2^1-r，化简得2•2^s-r•3^t-s=3^t-r+2^t-r．
因为r＜s＜t，所以上式左边为偶数，右边为奇数，故上式不可能成立，导致矛盾．故数列{b_n}中的任意三项不可能成等差数列．

点评 本题主要考查了数列的递推式．对于用递推式确定数列的通项公式问题，常可把通过递推式变形转换成等差或等比数列．