Question

3．对于数列{a_n}，若a_n+2-a_n=d（d是与n无关的常数，n∈N^*），则称数列{a_n}叫做“弱等差数列”，已知数列{a_n}满足：a₁=t，a₂=s且a_n+a_n+1=an+b对于n∈N^*恒成立，（其中t，s，a，b都是常数）．
（1）求证：数列{a_n}是“弱等差数列”，并求出数列{a_n}的通项公式；
（2）当t=1，s=3时，若数列{a_n}是等差数列，求出a、b的值，并求出{a_n}的前n项和S_n；
（3）若s＞t，且数列{a_n}是单调递增数列，求a的取值范围．

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，由此能证明数列{a_n}是“弱等差数列”．由a₁=t，a₂=s，a_n+2-a_n=a，得到{a_n}中奇数项是以t为首项，以a为公差的等差数列，偶数列是以s为首项，以a为公差的等差数列，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由递推公式求出a₁=1，a₂=3，a₃=2a+b-3，a₄=a+3，由此利用等差数列性质能求出a=4，b=0，从而得到数列{a_n}是首项为2，公差为2的等差数列，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，由经能求出a的取值范围．

解答 证明：（1）∵数列{a_n}满足：a₁=t，a₂=s且a_n+a_n+1=an+b对于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，
∴数列{a_n}是“弱等差数列”．
∵a₁=t，a₂=s，a_n+2-a_n=a，
∴{a_n}中奇数项是以t为首项，以a为公差的等差数列，偶数列是以s为首项，以a为公差的等差数列，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{t+\frac{n-1}{2}a，n为奇数}\\{s+（\frac{n}{2}-1）a，n为偶数}\end{array}\right.$．
解：（2）∵当t=1，s=3时，数列{a_n}是等差数列，
∴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，
∴数列{a_n}是首项为2，公差为2的等差数列，
∴S_n=2n+$\frac{n（n-1）}{2}×2$=n²+n．
（3）∵s＞t，且数列{a_n}是单调递增数列，
∴a_2k+1-a_2k=（t+ka）-[s+（k-1）a]=t-s+a＞0，
∴a＞s-t．
∴a的取值范围是（s-t，+∞）．

点评 本题考查“弱等差数列”的证明，考查数列的通项公式的求法，综合性质强，难度大，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．