Question

设数列{a_n}的前n项的和为S_n，满足S_n+a_n=n+3（n∈N^*）．
（1）求证：存在常数c，使数列{a_n+c}是等比数列；
（2）求a_n与S_n；
（3）设T_n=S_n-na_n（n∈N*），求证：T_n+1＞T_n．

Answer 1

解：（1）证明：S_n+a_n=n+3①；S_n-1+a _n-1=n+2 ②
①式与②式相减，得 2a_n-a_n-1=1，经过变形，得，
显然存在常数c=-1，使得数列{a_n-1}是等比数列，且公比q=
（2）当n=1，有s₁+a₁=2a₁=1+3，可得a₁=2，
由{a_n-1}是等比数列，公比q=0.5，当n＞1时，可知a_n-1=（a₁-1）q^n-1化简，得a_n=0.5^n-1+1
s_n=n+3-an=n+2-q^（n-1）=n+2-0.5^n-1
（3）证明：T_n+1=S _n+1-（n+1）×a_n+1=s_n-na_n+1 由T_n=S_n-na_n，两式相减，得T_n+1-T_n=n[a_n-a_n+1]③
由于n为N正，n＞0，当n=1时，a_n=2，a_n+1=1，a_n-a_n+1＞0，故③式右边大于0，故T_n+1＞T_n．
当n＞1时，由前面得a_n-a_n+1=0.5a_n＞0，故③式右边大于0，故T_n+1＞T_n．
得证
分析：（1）写出S_n-1+a _n-1=n+2与条件相减，经过整理变形，从而可构造新数列得证；
（2）由（1）{a_n-1}是等比数列，且公比q=，可求通项，进而可以求S_n；
（3）先由条件得T_n+1=S _n+1-（n+1）×a_n+1=s_n-na_n+1再与条件相减得T_n+1-T_n=n[a_n-a_n+1]，从而可证．
点评：本题主要考查构造法求新数列，考查数列的通项与前n项和，多次使用两式相减得方法，属于中档题．