Question

1．己知数列{a_n}和致列{b_n}满足a₁=m，a_n+1=λa_n+n，b_n=a_n-$\frac{2n}{3}$+$\frac{4}{9}$．
（Ⅰ）当m=1时，求证：对于任意的实数λ，{a_n}一定不是等差数列；
（Ⅱ）当λ=-$\frac{1}{2}$，m≠$\frac{2}{9}$时，判断{b_n}是否为等比数列；
（Ⅲ）设S_n为数列{b_n}的前项和，在（Ⅱ）的条件下，是否存在实数m，使得对任意的正整数n，都有$\frac{1}{3}$≤S_n≤$\frac{2}{3}$？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）这种证明数列不是等差数列的问题实际上不好表述，我们可以选择反证法来证明，假设存在推出矛盾；
（Ⅱ）我们写出数列的第n+1项和第n项之间的关系，由等比数列的定义即可得到结论；
（Ⅲ）根据等比数列的求和公式写出数列的前n项和，把不等式写出来化简可得$\frac{\frac{1}{2}}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$≤m-$\frac{2}{9}$≤$\frac{1}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$，分别求得左右两边的最值即可，注意n的奇偶情况要分类讨论．

解答 解：（Ⅰ）证明：当m=1时，a₁=1，a_n+1=λa_n+n，
假设对于任意的实数λ，{a_n}是等差数列，可设a_n=1+（n-1）d，
即有1+nd=λ[1+（n-1）d]+n，
即为1+nd=λ（1-d）+n（λd+1），
可得1=λ-λd，d=λd+1，
解得λ=d，d²-d+1=0，d∈∅，
故假设不成立，即有对于任意的实数λ，{a_n}一定不是等差数列；
（Ⅱ）当λ=-$\frac{1}{2}$，m≠$\frac{2}{9}$时，b_n+1=a_n+1-$\frac{2}{3}$（n+1）+$\frac{4}{9}$
=-$\frac{1}{2}$a_n+n-$\frac{2}{3}$n-$\frac{2}{9}$=-$\frac{1}{2}$（a_n-$\frac{2n}{3}$+$\frac{4}{9}$）=-$\frac{1}{2}$b_n，
由m≠$\frac{2}{9}$，可得b₁=m-$\frac{2}{3}$+$\frac{4}{9}$≠0，
由等比数列的定义可得，{b_n}为首项为m-$\frac{2}{9}$，公比为-$\frac{1}{2}$的等比数列；
（Ⅲ）假设存在实数m，使得对任意的正整数n，都有$\frac{1}{3}$≤S_n≤$\frac{2}{3}$．
由（Ⅱ）可得，S_n=$\frac{（m-\frac{2}{9}）[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}{1-（-\frac{1}{2}）}$，
由$\frac{1}{3}$≤S_n≤$\frac{2}{3}$，可得$\frac{\frac{1}{2}}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$≤m-$\frac{2}{9}$≤$\frac{1}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$，
当n为奇数时，1-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ＞1，当n为偶数时，0＜1-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ＜1，
即有$\frac{\frac{1}{2}}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$的最大值为$\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{4}}$=$\frac{2}{3}$，则m-$\frac{2}{9}$≥$\frac{2}{3}$，
解得m≥$\frac{8}{9}$；
由n→+∞，可得（-$\frac{1}{2}$）ⁿ→0，故1-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ→1，
即有m-$\frac{2}{9}$≤1，解得m≤$\frac{11}{9}$．
即有存在实数m，且m∈[$\frac{8}{9}$，$\frac{11}{9}$]，
使得对任意的正整数n，都有$\frac{1}{3}$≤S_n≤$\frac{2}{3}$．

点评 本题考查等差数列和等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查反证法的运用和恒成立问题的解法，注意运用数列的最值的求法，属于中档题．