Question

17．在数列{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）设b_n=a_n+1-a_n（n∈N^*），证明{b_n}是等比数列；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）若a₃是a₆与a₉的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n∈N^*，a_n是a_n+3与a_n+6的等差中项．

Answer 1

分析 （1）a_n+1=（1+q）a_n-qa_n-1（n≥2，q≠0，1）．a₃=（1+q）a₂-qa₁=q+2．可得$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$
=$\frac{（1+q）{a}_{n+1}-q{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=q，又b₁=a₂-a₁，b₂=a₃-a₂，可得$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$=q．即可证明．
（2）由（1）可得：b_n=a_n+1-a_n=q^n-1．（q≠1）．n≥2时，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁及其等比数列的求和公式即可得出．
（3）a₃是a₆与a₉的等差中项，可得2a₃=a₆+a₉，利用求和公式化为：q⁶+q³-2=0，解得q．另一方面，利用等比数列的求和公式证明：a_n+3+a_n+6-2a_n=0即可得出结论．

解答 （1）证明：∵a_n+1=（1+q）a_n-qa_n-1（n≥2，q≠0，1）．
∴a₃=（1+q）a₂-qa₁=q+2．
$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=$\frac{（1+q）{a}_{n+1}-q{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=q，
又b₁=a₂-a₁=1，b₂=a₃-a₂=q，∴$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$=q．
∴$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=q≠0，n∈N^*．
∴{b_n}是等比数列，首项为1，公比为q．
（2）解：由（1）可得：b_n=a_n+1-a_n=q^n-1．（q≠1）．
∴n≥2时，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时也成立）．
∴a_n=$\frac{1-{q}^{n-1}}{1-q}$+1．
（3）证明：∵a₃是a₆与a₉的等差中项，
∴2a₃=a₆+a₉，∴$2×\frac{1-{q}^{2}}{1-q}$=$\frac{1-{q}^{5}}{1-q}$+$\frac{1-{q}^{8}}{1-q}$，
化为：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．
对任意的n∈N^*，a_n是a_n+3与a_n+6的等差中项．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的定义通项公式及其求和公式、累加求和方法、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．