Question

10．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，数列{b_n}，{c_n}满足 （n+1）b_n=a_n+1-$\frac{Sn}{n}$，（n+2）c_n=$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n+2}}{2}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$，其中n∈N*．
（1）若数列{a_n}是公差为2的等差数列，求数列{c_n}的通项公式；
（2）若存在实数λ，使得对一切n∈N*，有b_n≤λ≤c_n，求证：数列{a_n}是等差数列．

Answer 1

分析 （1）数列{a_n}是公差为2的等差数列，可得a_n=a₁+2（n-1），$\frac{{S}_{n}}{n}$=a₁+n-1．代入（n+2）c_n=$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n+2}}{2}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$即可得出c_n．
（2）由（n+1）b_n=a_n+1-$\frac{Sn}{n}$，可得：n（n+1）b_n=na_n+1-S_n，（n+1）（n+2）b_n+1=（n+1）a_n+2-S_n+1，相减可得：a_n+2-a_n+1=（n+2）b_n+1-nb_n，代入化简可得c_n=$\frac{1}{2}$（b_n+b_n-1）．b_n≤λ≤c_n，λ≤c_n=$\frac{1}{2}$（b_n+b_n-1）≤λ，故b_n=λ，c_n=λ．进而得出．

解答 （1）解：∵数列{a_n}是公差为2的等差数列，∴a_n=a₁+2（n-1），$\frac{{S}_{n}}{n}$=a₁+n-1．
∴（n+2）c_n=$\frac{{a}_{1}+2n+{a}_{1}+2（n+1）}{2}$-（a₁+n-1）=n+2，解得c_n=1．
（2）证明：由（n+1）b_n=a_n+1-$\frac{Sn}{n}$，
可得：n（n+1）b_n=na_n+1-S_n，（n+1）（n+2）b_n+1=（n+1）a_n+2-S_n+1，
相减可得：a_n+2-a_n+1=（n+2）b_n+1-nb_n，
可得：（n+2）c_n=$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n+2}}{2}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{{a}_{n+1}+{a}_{n+2}}{2}$-[a_n+1-（n+1）b_n]
=$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}}{2}$+（n+1）b_n=$\frac{（n+2）{b}_{n+1}-n{b}_{n}}{2}$+（n+1）b_n=$\frac{n+2}{2}$（b_n+b_n-1），
因此c_n=$\frac{1}{2}$（b_n+b_n-1）．∵b_n≤λ≤c_n，
∴λ≤c_n=$\frac{1}{2}$（b_n+b_n-1）≤λ，故b_n=λ，c_n=λ．
∴（n+1）λ=a_n+1-$\frac{{S}_{n}}{n}$，（n+2）λ=$\frac{1}{2}$（a_n+1+a_n+2）-$\frac{{S}_{n}}{n}$，
相减可得：$\frac{1}{2}$（a_n+2-a_n+1）=λ，即a_n+2-a_n+1=2λ，（n≥2）．
又2λ=${a}_{2}-\frac{{S}_{1}}{1}$=a₂-a₁，则a_n+1-a_n=2λ（n≥1），∴数列{a_n}是等差数列．

点评 本题考查了数列递推关系、等差数列的定义通项公式、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．