Question

12．已知数列{a_n}的首项a₁=2，且a_n+1=3a_n-t（n-1）（t∈R），若数列{b_n}前n项和为T_n=-n²，且a_n+1+b_n+1=3（a_n+b_n）对任意的n∈N^*恒成立．
（1）求t的值；
（2）设数列{a_nb_n+b_n²}的前n项和为S_n，问是否存在互不相等且大于2的正整数m，k，r，使得m，k，r成等差数列的同时S_m+1，S_k+1，S_r+1成等比数列？若存在，求出m，k，r的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过将b_n=T_n-T_n-1、b_n+1代入a_n+1+b_n+1=3（a_n+b_n），整理并与a_n+1=3a_n-t（n-1）（t∈R）比较即得结论；
（2）通过a₁、b₁及a_n+1+b_n+1=3（a_n+b_n）、b_n=-2n+1，可得a_nb_n+b_n²=（-2n+1）•3^n-1，根据等比数列的求和公式计算出Q_n=3⁰+3¹+3²+…+3^n-1、利用错位相减法计算出P_n=1×3⁰+2×3¹+…+n×3^n-1，进而可得S_n=（1-n）•3ⁿ-1，假设存在互不相等且大于2的正整数m，k，r满足条件，得出矛盾即可．

解答 解：（1）∵数列{b_n}前n项和为T_n=-n²，
∴b_n=T_n-T_n-1=-n²+（n-1）²=-2n+1，
∴b_n+1=-2（n+1）+1=-2n-1，
又∵a_n+1+b_n+1=3（a_n+b_n），
∴a_n+1+（-2n-1）=3[a_n+（-2n+1）]，
整理得：a_n+1=3a_n-4（n-1），
又∵a_n+1=3a_n-t（n-1）（t∈R），
∴t=4；
（2）结论：不存在满足条件的正整数m，k，r．
理由如下：
∵a₁=2，b₁=T₁=-1，
∴a₁+b₁=2-1=1，
又∵a_n+1+b_n+1=3（a_n+b_n），
∴a_n+b_n=1•3^n-1，
又∵b_n=-2n+1，
∴a_nb_n+b_n²=（a_n+b_n）b_n=（-2n+1）•3^n-1，
记Q_n=3⁰+3¹+3²+…+3^n-1=$\frac{1-{3}^{n}}{1-3}$=$\frac{1}{2}$•3ⁿ-$\frac{1}{2}$，
P_n=1×3⁰+2×3¹+…+n×3^n-1，
则3P_n=1×3¹+2×3²…+n×3ⁿ，
两式相减得：-2P_n=3⁰+3¹+…+3^n-1-n•3ⁿ=（$\frac{1}{2}$-n）•3ⁿ-$\frac{1}{2}$，
∴S_n=Q_n-2P_n=（1-n）•3ⁿ-1，
假设存在互不相等且大于2的正整数m，k，r，使得m，k，r成等差数列，
则m=k-d，则r=k+d，
∴S_m+1=（1-m）•3^m=（1+d-k）•3^k-d，
S_k+1=（1-k）•3^k，
S_r+1=（1-r）•3^r=（1-d-k）•3^k+d，
又∵S_m+1，S_k+1，S_r+1成等比数列，
∴（S_k+1）²=（S_m+1）•（S_r+1），
即（1-k）²•3^2k=（1-d-k）•（1+d-k）•3^k-d+k+d，
整理得：（1-k）²=（1-k）²-d²，
解得：d=0，
显然假设不成立，
即不存在满足条件的正整数m，k，r．

点评 本题是一道关于数列递推式的综合题，考查分析问题、解决问题的能力，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．