Question

17．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=$\frac{3}{4}$，S_n=S_n-1+a_n-1+$\frac{1}{2}$（n∈N^*且n≥2），数列{b_n}满足：b₁=-$\frac{37}{4}$，且3b_n-b_n-1=n+1（n∈N^*且n≥2）．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）求证：数列{b_n-a_n}为等比数列；
（Ⅲ）求数列{b_n}的前n项和的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a_n=S_n-S_n-1，结合等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；
（Ⅱ）求得b_n，及b_n-a_n，b_n-1-a_n-1，再由等比数列的定义，即可得证；
（Ⅲ）运用等比数列的通项公式，求得b_n，判断b_n-b_n-1的符号，可得{b_n}是递增数列，求出b₁，b₂，b₃，即可得到所求和的最小值．

解答 解：（Ⅰ）由${S_n}={S_{n-1}}+{a_{n-1}}+\frac{1}{2}$得${S_n}-{S_{n-1}}={a_{n-1}}+\frac{1}{2}$
即${a_n}-{a_{n-1}}=\frac{1}{2}$（n≥2且n∈N^*），
则数列{a_n}为以$\frac{1}{2}$为公差的等差数列，
因此${a_n}=\frac{3}{4}+（{n-1}）×\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}$；
（Ⅱ）证明：因为3b_n-b_n-1=n+1（n≥2）
所以${b_n}=\frac{1}{3}{b_{n-1}}+\frac{1}{3}（{n+1}）$（n≥2），
${b_n}-{a_n}=\frac{1}{3}{b_{n-1}}+\frac{1}{3}（{n+1}）$$-\frac{1}{2}n-\frac{1}{4}=\frac{1}{3}{b_{n-1}}$$-\frac{1}{6}n+\frac{1}{12}=\frac{1}{3}$$（{{b_{n-1}}-\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}}）$（n≥2），
b_n-1-a_n-1=b_n-1-$\frac{1}{2}（{n-1}）-\frac{1}{4}$=${b_{n-1}}-\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}$（n≥2），
所以${b_n}-{a_n}=\frac{1}{3}（{{b_{n-1}}-{a_{n-1}}}）$（n≥2），
因为b₁-a₁=-10≠0，b₂-a₂=$\frac{1}{3}$×（-$\frac{37}{4}$）+1-$\frac{5}{4}$=-$\frac{10}{3}$，
所以数列{b_n-a_n}是以-10为首项，$\frac{1}{3}$为公比的等比数列．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得${b_n}-{a_n}=-10×{（{\frac{1}{3}}）^{n-1}}$，
所以${b_n}={a_n}-10×{（{\frac{1}{3}}）^{n-1}}$=$\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}-10×{（{\frac{1}{3}}）^{n-1}}$，
${b_n}-{b_{n-1}}=\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}-$$10×{（{\frac{1}{3}}）^{n-1}}-\frac{1}{2}（{n-1}）$$-\frac{1}{4}+10×{（{\frac{1}{3}}）^{n-2}}$=$\frac{1}{2}+20×{（{\frac{1}{3}}）^{n-1}}＞0$（n≥2）
所以{b_n}是递增数列．
因为当n=1时，${b_1}=\frac{3}{4}-10＜0$，当n=2时，${b_2}=\frac{5}{4}-\frac{10}{3}＜0$，
当n=3时，${b_3}=\frac{7}{4}-\frac{10}{9}＞0$，
所以数列{b_n}从第3项起的各项均大于0，故数列{b_n}的前2项之和最小．
记数列{b_n}的前n项和为T_n，
则${T_2}=（{\frac{3}{4}-10}）+$$（{\frac{5}{4}-\frac{10}{3}}）=-\frac{34}{3}$．

点评 本题考查数列的递推式的运用，以及等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查数列的单调性的运用，以及化简整理的运算能力，属于中档题．