Question

3．對于數(shù)列{a_n}，若a_n+2-a_n=d（d是與n無關的常數(shù)，n∈N^*），則稱數(shù)列{a_n}叫做“弱等差數(shù)列”，已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=t，a₂=s且a_n+a_n+1=an+b對于n∈N^*恒成立，（其中t，s，a，b都是常數(shù)）．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是“弱等差數(shù)列”，并求出數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）當t=1，s=3時，若數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，求出a、b的值，并求出{a_n}的前n項和S_n；
（3）若s＞t，且數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知得a_n+2=a（n+1）+b-a_n+1=（an+a+b）-（an+b）+a_n=a+a_n，由此能證明數(shù)列{a_n}是“弱等差數(shù)列”．由a₁=t，a₂=s，a_n+2-a_n=a，得到{a_n}中奇數(shù)項是以t為首項，以a為公差的等差數(shù)列，偶數(shù)列是以s為首項，以a為公差的等差數(shù)列，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）由遞推公式求出a₁=1，a₂=3，a₃=2a+b-3，a₄=a+3，由此利用等差數(shù)列性質(zhì)能求出a=4，b=0，從而得到數(shù)列{a_n}是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，由此能求了S_n．
（3）由已知得a_2k+1-a_2k=（t+ka）-[s+（k-1）a]=t-s+a＞0，由經(jīng)能求出a的取值范圍．

解答 證明：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足：a₁=t，a₂=s且a_n+a_n+1=an+b對于n∈N^*恒成立，
∴a_n+1=an+b-a_n，
a_n+2=a（n+1）+b-a_n+1=（an+a+b）-（an+b）+a_n=a+a_n，
∴a_n+2-a_n=a，
∴數(shù)列{a_n}是“弱等差數(shù)列”．
∵a₁=t，a₂=s，a_n+2-a_n=a，
∴{a_n}中奇數(shù)項是以t為首項，以a為公差的等差數(shù)列，偶數(shù)列是以s為首項，以a為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{t+\frac{n-1}{2}a，n為奇數(shù)}\\{s+（\frac{n}{2}-1）a，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
解：（2）∵當t=1，s=3時，數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，
∴a₁=1，a₂=3，3+a₃=2a+b，
∴a₃=2a+b-3，2a+b-3+a₄=3a+b，∴a₄=a+3，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{3}-{a}_{2}=2a+b-3-3=2}\\{{a}_{4}-{a}_{3}=a+3-2a-b+3=2}\end{array}\right.$，解得a=4，b=0，
∴數(shù)列{a_n}是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，
∴S_n=2n+$\frac{n（n-1）}{2}×2$=n²+n．
（3）∵s＞t，且數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，
∴a_2k+1-a_2k=（t+ka）-[s+（k-1）a]=t-s+a＞0，
∴a＞s-t．
∴a的取值范圍是（s-t，+∞）．

點評 本題考查“弱等差數(shù)列”的證明，考查數(shù)列的通項公式的求法，綜合性質(zhì)強，難度大，解題時要認真審題，注意等差數(shù)列的性質(zhì)的合理運用．