Question

12．已知無窮數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為1，數(shù)列{b_n}滿足${b_n}={a_{n+1}}-{a_n}，n∈{N^*}$．
（1）若${b_n}={2^n}$，求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和；
（2）若b_n=b_n-1b_n+1（n≥2），且${b_1}=1，{b_2}=b（{b≠0，-1，-\frac{1}{2}}）$，求證：
①數(shù)列{b_n}的前6項(xiàng)積為定值；
②數(shù)列{a_n}中的任一項(xiàng)都不會在該數(shù)列中出現(xiàn)無數(shù)次．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出a_n+1-a_n=2ⁿ，利用累加法求出${a}_{n}={2}^{n}-1$（n∈N^*），由此能求出數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和．
（2）①由b_n=b_n-1b_n+1，（n≥2），得b_n+1=b_nb_n+2，兩式相乘，得：b_n-1b_n+2=1，（n≥2），由此能證明數(shù)列{b_n}的前6項(xiàng)積為定值．
②設(shè)c_n=a_6n+i（n∈N），其中i為常數(shù)，且i∈{1，2，3，4，5，6}，推導(dǎo)出數(shù)列{c_n}是以2+2b+$\frac{2}$為公差的等差數(shù)列，由數(shù)列{c_n}是單調(diào)數(shù)列，能證明數(shù)列{a_n}中的任一項(xiàng)都不會在該數(shù)列中出現(xiàn)無數(shù)次．

解答 解：（1）∵無窮數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為1，數(shù)列{b_n}滿足${b_n}={a_{n+1}}-{a_n}，n∈{N^*}$，${b_n}={2^n}$，
∴a_n+1-a_n=2ⁿ，∴${a}_{n}-{a}_{n-1}={2}^{n-1}$（n≥2），
則當(dāng)n≥2時(shí)，
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滿足上式，∴${a}_{n}={2}^{n}-1$（n∈N^*），
∴S_n=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n=2ⁿ⁺¹-n-2．
證明：（2）①∵b_n=b_n-1b_n+1，（n≥2），∴b_n+1=b_nb_n+2，
兩式相乘，得：b_n-1b_n+2=1，（n≥2），
∴數(shù)列{b_n}的前6項(xiàng)積為：
b₁b₂b₃b₄b₅b₆=（b₁b₄）（b₂b₅）（b₃b₆）=1，
∴數(shù)列{b_n}的前6項(xiàng)積為定值1．
②設(shè)c_n=a_6n+i（n∈N），其中i為常數(shù)，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+$\frac{1}+\frac{1}$
=2+2b+$\frac{2}$．
數(shù)列{c_n}是以2+2b+$\frac{2}$為公差的等差數(shù)列，
依題意，2（1+b+$\frac{1}$）≠0，
∴數(shù)列{c_n}是單調(diào)數(shù)列，從而{c_n}中任意兩項(xiàng)都不相同，
∴數(shù)列{a_n}中的任意一項(xiàng)最多出現(xiàn)6欠，數(shù)列{a_n}中的任一項(xiàng)都不會在該數(shù)列中出現(xiàn)無數(shù)次．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的前n項(xiàng)和的求法，考查數(shù)列的前6項(xiàng)積為定值的證明，考查數(shù)列中的任一項(xiàng)都不會在該數(shù)列中出現(xiàn)無數(shù)次的證明，考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列的前n項(xiàng)和等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．