Question

17．實(shí)數(shù)列a₀，a₁，a₂，a₃，…，由下述等式定義：a_n+1=2ⁿ-3a_n，n=0，1，2，3，…
（1）若a₀為常數(shù)，求a₁，a₂，a₃的值；
（2）令b_n=$\frac{{a}_{n}}{（-3）^{n}}$，求數(shù)列{b_n}（n∈N）的通項(xiàng)公式（用a₀、n來表示）；
（3）是否存在實(shí)數(shù)a₀，使得數(shù)列{a_n}（n∈N）是單調(diào)遞增數(shù)列？若存在，求出a₀的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由a_n+1=2ⁿ-3a_n，分別令n=0，1，2即可得出；
（2）由b_n=$\frac{{a}_{n}}{（-3）^{n}}$，a_n+1=2ⁿ-3a_n，可得b_n+1-b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{（-3）^{n+1}}-$$\frac{{a}_{n}}{（-3）^{n}}$=$\frac{{2}^{n}}{（-3）^{n+1}}$，利用“累加求和”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出；
（3）a_n=$（{a}_{0}-\frac{1}{5}）•（-3）^{n}$+$\frac{1}{5}•{2}^{n}$，可得a_n+1-a_n=-4$（{a}_{0}-\frac{1}{5}）$（-3）ⁿ+$\frac{1}{5}×{2}^{n}$，要使{a_n}為遞增數(shù)列，則a_n+1-a_n＞0對(duì)任意n∈N^*恒成立，對(duì)a₀分類討論即可得出．

解答 解：（1）∵a_n+1=2ⁿ-3a_n，
∴a₁=1-3a₀，a₂=2-3a₁=-1+9a₀，a₃=7-27a₀．
（2）由b_n=$\frac{{a}_{n}}{（-3）^{n}}$，a_n+1=2ⁿ-3a_n，
∴b_n+1-b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{（-3）^{n+1}}-$$\frac{{a}_{n}}{（-3）^{n}}$=$\frac{{2}^{n}}{（-3）^{n+1}}$，
∴b_n+（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁=$\frac{{2}^{n-1}}{（-3）^{n}}$+$\frac{{2}^{n-2}}{（-3）^{n-1}}$+…+$\frac{{2}^{2}}{（-3）^{3}}$+$\frac{2}{（-3）^{2}}$+b₁
=b₁$-\frac{1}{3}$$[（-\frac{2}{3}）+（-\frac{2}{3}）^{2}+…+（-\frac{2}{3}）^{n-1}]$
=b₁-$\frac{1}{3}$×$\frac{（-\frac{2}{3}）[1-（-\frac{2}{3}）^{n-1}]}{1-（-\frac{2}{3}）}$=b₁+$\frac{2}{15}[1-（\frac{2}{3}）^{n-1}]$，
∴b_n=-$\frac{1}{3}{a}_{1}$+$\frac{2}{15}[1-（\frac{2}{3}）^{n-1}]$=a₀-$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{5}（-\frac{2}{3}）^{n}$．
（3）a_n=（-3）ⁿ$[{a}_{0}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}•（-\frac{2}{3}）^{n}]$=$（{a}_{0}-\frac{1}{5}）•（-3）^{n}$+$\frac{1}{5}•{2}^{n}$，
∴a_n+1-a_n=-4$（{a}_{0}-\frac{1}{5}）$（-3）ⁿ+$\frac{1}{5}×{2}^{n}$，
要使{a_n}為遞增數(shù)列，則a_n+1-a_n＞0對(duì)任意n∈N^*恒成立，
當(dāng)a₀＞$\frac{1}{5}$時(shí)，∵|-3|＞2，∴當(dāng)n→+∞且n為偶數(shù)時(shí)，a_n+1-a_n＜0；
當(dāng)a₀＞$\frac{1}{5}$時(shí)，∵|-3|＞2，∴當(dāng)n→+∞且n為奇數(shù)時(shí)，a_n+1-a_n＜0；
而當(dāng)${a}_{0}=\frac{1}{5}$時(shí)，則a_n+1-a_n=$\frac{1}{5}×{2}^{n}$＞0對(duì)任意n∈N^*恒成立，
∴存在實(shí)數(shù)a₀=$\frac{1}{5}$，使得數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞增數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、數(shù)列的單調(diào)性、分類討論思想方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．