Question

12．已知无穷数列{a_n}的首项为1，数列{b_n}满足${b_n}={a_{n+1}}-{a_n}，n∈{N^*}$．
（1）若${b_n}={2^n}$，求数列{a_n}的前n项和；
（2）若b_n=b_n-1b_n+1（n≥2），且${b_1}=1，{b_2}=b（{b≠0，-1，-\frac{1}{2}}）$，求证：
①数列{b_n}的前6项积为定值；
②数列{a_n}中的任一项都不会在该数列中出现无数次．

Answer 1

分析 （1）推导出a_n+1-a_n=2ⁿ，利用累加法求出${a}_{n}={2}^{n}-1$（n∈N^*），由此能求出数列{a_n}的前n项和．
（2）①由b_n=b_n-1b_n+1，（n≥2），得b_n+1=b_nb_n+2，两式相乘，得：b_n-1b_n+2=1，（n≥2），由此能证明数列{b_n}的前6项积为定值．
②设c_n=a_6n+i（n∈N），其中i为常数，且i∈{1，2，3，4，5，6}，推导出数列{c_n}是以2+2b+$\frac{2}{b}$为公差的等差数列，由数列{c_n}是单调数列，能证明数列{a_n}中的任一项都不会在该数列中出现无数次．

解答 解：（1）∵无穷数列{a_n}的首项为1，数列{b_n}满足${b_n}={a_{n+1}}-{a_n}，n∈{N^*}$，${b_n}={2^n}$，
∴a_n+1-a_n=2ⁿ，∴${a}_{n}-{a}_{n-1}={2}^{n-1}$（n≥2），
则当n≥2时，
a_n-a₁=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）
=2^n-1+2^n-2+…+2=2ⁿ-2，
∵a₁=1，∴${a}_{n}={2}^{n}-1$，（n≥2），
∵a₁=1满足上式，∴${a}_{n}={2}^{n}-1$（n∈N^*），
∴S_n=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n=2ⁿ⁺¹-n-2．
证明：（2）①∵b_n=b_n-1b_n+1，（n≥2），∴b_n+1=b_nb_n+2，
两式相乘，得：b_n-1b_n+2=1，（n≥2），
∴数列{b_n}的前6项积为：
b₁b₂b₃b₄b₅b₆=（b₁b₄）（b₂b₅）（b₃b₆）=1，
∴数列{b_n}的前6项积为定值1．
②设c_n=a_6n+i（n∈N），其中i为常数，且i∈{1，2，3，4，5，6}，
∴c_n+1-c_n=（a_6n+6+i-a_6n+5+i）+（a_6n+5+i-a_6n+4+i）+…+（a_6n+1+i-a_6n+i）
=b_6n+i+b_6n+i+1+…+b_6n+i+5
=b₁+b₂+b₃+…+b₆
=1+b+b+1+$\frac{1}{b}+\frac{1}{b}$
=2+2b+$\frac{2}{b}$．
数列{c_n}是以2+2b+$\frac{2}{b}$为公差的等差数列，
依题意，2（1+b+$\frac{1}{b}$）≠0，
∴数列{c_n}是单调数列，从而{c_n}中任意两项都不相同，
∴数列{a_n}中的任意一项最多出现6欠，数列{a_n}中的任一项都不会在该数列中出现无数次．

点评 本题考查数列的前n项和的求法，考查数列的前6项积为定值的证明，考查数列中的任一项都不会在该数列中出现无数次的证明，考查等差数列、等比数列、数列的前n项和等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．