Question

（2013•南開區(qū)二模）已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a_n=

1

2

（3n+S_n）對(duì)一切正整數(shù)n成立
（1）求出：a₁，a₂，a₃的值
（2）證明：數(shù)列{3+a_n}是等比數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)b_n=

n

3

a_n，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和B_n；數(shù)列{a_n}中是否存在構(gòu)成等差數(shù)列的四項(xiàng)？若存在求出一組；否則說明理由．

Answer 1

分析：（1）由已知可得S_n=2a_n-3n，進(jìn)而得a_n+1=S_n+1-S_n=2a_n+3，代入計(jì)算，可求a₁，a₂，a₃的值；
（2）由a_n+1+3=2（a_n+3），可得數(shù)列{a_n+3}是等比數(shù)列，從而可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）由（2）可知b_n=

n

3

a_n=n2ⁿ-n，由錯(cuò)位相減法可求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和B_n；先假設(shè)存在，由題意可得2^m+2^q=2ⁿ+2^p，即1+2^q-m=2^n-m+2^p-m，推出矛盾．

解答：（1）解：由a_n=

1

2

（3n+S_n）可得S_n=2a_n-3n，故a_n+1=S_n+1-S_n=2a_n+3
∵a₁=

1

2

（3+S₁），∴a₁=3，∴a₂=9，a₃=21；
（2）證明：由待定系數(shù)法得a_n+1+3=2（a_n+3）
又a₁+3=6≠0
∴數(shù)列{a_n+3}是以6為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
∴a_n+3=6×2^n-1，
∴a_n=3（2ⁿ-1）．
（3）解：由（2）可得b_n=n2ⁿ-n，
∴B_n=1×2¹+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ-（1+2+3+…+n）   ①
∴2B_n=1×2²+2×2³+3×2⁴+…+n×2ⁿ⁺¹-2（1+2+3+…+n）   ②
①-②得，-B_n=2+（2²+2³+…+2ⁿ）+

n(n+1)

2

化簡(jiǎn)可得B_n=2+（n-1）2ⁿ⁺¹-

n(n+1)

2

假設(shè)數(shù)列{a_n}存在構(gòu)成等差數(shù)列的四項(xiàng)依次為：a_m、a_n、a_p、a_q（m＜n＜p＜q）
則3（2^m-1）+3（2^q-1）=3（2ⁿ-1）+3（2^p-1）∴2^m+2^q=2ⁿ+2^p．
上式兩邊同除以2^m，則1+2^q-m=2^n-m+2^p-m
∵m、n、p、q∈N*，且m＜n＜p＜q，
∴上式左邊是奇數(shù)，右邊是偶數(shù)，相矛盾．
∴數(shù)列{a_n}不存在構(gòu)成等差數(shù)列的四項(xiàng)．

點(diǎn)評(píng)：本題為數(shù)列的綜合應(yīng)用，考查數(shù)列的通項(xiàng)與求和，考查反證法的運(yùn)用，由和求通項(xiàng)公式，錯(cuò)位相減法求和是解題的關(guān)鍵，屬中檔題．