Question

17．在數(shù)列{a_n}中，已知a₁=1，a₂=2，且a_n+1=（1+q）a_n-qa_n-1（n≥2，q≠0，1）．
（1）設(shè)b_n=a_n+1-a_n（n∈N^*），證明{b_n}是等比數(shù)列；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）若a₃是a₆與a₉的等差中項(xiàng)，求q的值，并證明：對(duì)任意的n∈N^*，a_n是a_n+3與a_n+6的等差中項(xiàng)．

Answer 1

分析 （1）a_n+1=（1+q）a_n-qa_n-1（n≥2，q≠0，1）．a(chǎn)₃=（1+q）a₂-qa₁=q+2．可得$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$
=$\frac{（1+q）{a}_{n+1}-q{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=q，又b₁=a₂-a₁，b₂=a₃-a₂，可得$\frac{_{2}}{_{1}}$=q．即可證明．
（2）由（1）可得：b_n=a_n+1-a_n=q^n-1．（q≠1）．n≥2時(shí)，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁及其等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（3）a₃是a₆與a₉的等差中項(xiàng)，可得2a₃=a₆+a₉，利用求和公式化為：q⁶+q³-2=0，解得q．另一方面，利用等比數(shù)列的求和公式證明：a_n+3+a_n+6-2a_n=0即可得出結(jié)論．

解答 （1）證明：∵a_n+1=（1+q）a_n-qa_n-1（n≥2，q≠0，1）．
∴a₃=（1+q）a₂-qa₁=q+2．
$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=$\frac{（1+q）{a}_{n+1}-q{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=q，
又b₁=a₂-a₁=1，b₂=a₃-a₂=q，∴$\frac{_{2}}{_{1}}$=q．
∴$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=q≠0，n∈N^*．
∴{b_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為q．
（2）解：由（1）可得：b_n=a_n+1-a_n=q^n-1．（q≠1）．
∴n≥2時(shí)，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=q^n-2+q^n-3+…+q+1+1
=$\frac{1-{q}^{n-1}}{1-q}$+1．（n=1時(shí)也成立）．
∴a_n=$\frac{1-{q}^{n-1}}{1-q}$+1．
（3）證明：∵a₃是a₆與a₉的等差中項(xiàng)，
∴2a₃=a₆+a₉，∴$2×\frac{1-{q}^{2}}{1-q}$=$\frac{1-{q}^{5}}{1-q}$+$\frac{1-{q}^{8}}{1-q}$，
化為：q⁶+q³-2=0，解得q³=-2（q³=1舍去）．
∴q=-$\root{3}{2}$．
另一方面：a_n+3+a_n+6-2a_n
=$\frac{1-{q}^{n+2}}{1-q}$+1+1+$\frac{1-{q}^{n+5}}{1-q}$-2×$\frac{1-{q}^{n-1}}{1-q}$-2
=$\frac{2{q}^{n-1}-{q}^{n+2}-{q}^{n+5}}{1-q}$
=$\frac{{q}^{n-1}（2-{q}^{3}-{q}^{6}）}{1-q}$=0，
∴a_n+3+a_n+6=2a_n．
對(duì)任意的n∈N^*，a_n是a_n+3與a_n+6的等差中項(xiàng)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的定義通項(xiàng)公式及其求和公式、累加求和方法、數(shù)列遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．