Question

9．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}均為各項都不相等的數(shù)列，S_n為{a_n}的前n項和，a_n+1b_n=S_n+1（n∈N^•）．
（1）若a₁=1，b_n=$\frac{n}{2}$，求a₄的值；
（2）若{a_n}是公比為q的等比數(shù)列，求證：存在實數(shù)λ，使得{b_n+λ}為等比數(shù)列；
（3）若{a_n}的各項都不為零，{b_n}是公差為d的等差數(shù)列，求證：a₂，a₃，…，a_n…成等差數(shù)列的充要條件是d=$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）直接代入計算即可；
（2）通過設(shè)a_n=a₁q^n-1（q≠1），利用等比數(shù)列的求和公式及a_n+1b_n=S_n+1，計算可知b_n=$\frac{{a}_{1}-{a}_{1}{q}^{n}+1-q}{（1-q）{a}_{1}{q}^{n}}$，進而化簡即得結(jié)論；
（3）通過數(shù)列{b_n}是公差為d的等差數(shù)列，對a_n+1b_n-a_n（b_n-d）=a_n變形可知$\frac{_{n}}{1-d}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$（n≥2）、$\frac{_{n-1}}{1-d}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$（n≥3），從而$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$=$\fracws5azsv{1-d}$（n≥3），然后分別證明充分性、必要性即可．

解答 （1）解：∵a_n+1b_n=S_n+1，a₁=1，b_n=$\frac{n}{2}$，
∴a₂=$\frac{{a}_{1}+1}{_{1}}$=$\frac{1+1}{\frac{1}{2}}$=4，
a₃=$\frac{{S}_{2}+1}{_{2}}$=$\frac{1+4+1}{1}$=6，
a₄=$\frac{{S}_{3}+1}{_{3}}$=$\frac{1+4+6+1}{\frac{3}{2}}$=8；
（2）證明：設(shè)a_n=a₁q^n-1（q≠1），則S_n=$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$，
∵a_n+1b_n=S_n+1，
∴b_n=$\frac{{S}_{n}+1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{1}-{a}_{1}{q}^{n}+1-q}{（1-q）{a}_{1}{q}^{n}}$，
∵$\frac{_{n+1}+λ}{_{n}+λ}$=$\frac{\frac{{a}_{1}-{a}_{1}{q}^{n+1}+1-q+λ{a}_{1}{q}^{n+1}-λ{a}_{1}{q}^{n+2}}{（1-q）{a}_{1}{q}^{n+1}}}{\frac{{a}_{1}-{a}_{1}{q}^{n}+1-q+λ{a}_{1}{q}^{n}-λ{a}_{1}{q}^{n+1}}{（1-q）{a}_{1}{q}^{n}}}$=$\frac{{a}_{1}+1-q+（-1+λ-λq）{a}_{1}{q}^{n+1}}{（{a}_{1}+1-q）q+（-1+λ-λq）{a}_{1}{q}^{n+1}}$為常數(shù)，
∴-1+λ-λq=0，即λ=$\frac{1}{1-q}$，
故存在實數(shù)λ=$\frac{1}{1-q}$，使得{b_n+λ}為等比數(shù)列；
（3）證明：∵數(shù)列{b_n}是公差為d的等差數(shù)列，
∴當(dāng)n≥2時，a_n+1b_n-a_n（b_n-d）=a_n，
即（a_n+1-a_n）b_n=（1-d）a_n，
∵數(shù)列{a_n}的各項都不為零，
∴a_n+1-a_n≠0，1-d≠0，
∴當(dāng)n≥2時，$\frac{_{n}}{1-d}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$，
當(dāng)n≥3時，$\frac{_{n-1}}{1-d}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$，
兩式相減得：當(dāng)n≥3時，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$=$\frac{_{n}-_{n-1}}{1-d}$=$\fraca4y9p4t{1-d}$．
先證充分性：
由d=$\frac{1}{2}$可知$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$=1，
∴當(dāng)n≥3時，$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$+1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$，
又∵a_n≠0，
∴a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，
即a₂，a₃，…，a_n…成等差數(shù)列；
再證必要性：
∵a₂，a₃，…，a_n…成等差數(shù)列，
∴當(dāng)n≥3時，a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$=1=$\fracmmvoi5j{1-d}$，
∴d=$\frac{1}{2}$．
綜上所述，a₂，a₃，…，a_n…成等差數(shù)列的充要條件是d=$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查數(shù)列的遞推式，考查運算求解能力，對表達式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．