Question

19．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n+a_n=4，n∈N^*
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）已知c_n=2n+3（n∈N^*），记d_n=c_n+log_Ca_n（C＞0，C≠1），是否存在这样的常数C，使得数列{d_n}是常数列，若存在，求出C的值；若不存在，请说明理由．
（3）若数列{b_n}，对于任意的正整数n，均有${b_1}{a_n}+{b_2}{a_{n-1}}+{b_3}{a_{n-2}}+…+{b_n}{a_1}={（{\frac{1}{2}}）^n}-\frac{n+2}{2}$成立，求证：数列{b_n}是等差数列．

Answer 1

分析 （1）利用“当n=1时，a₁=S₁；当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1”即可得出；
（2）d_n=c_n+log_Ca_n=2n+3+log_C2^2-n=（2-log_C2）n+3+2log_C2，假设存在这样的常数C，使得数列{d_n}是常数列，则2-log_C2=0，解得C即可；
（3）由于对于任意的正整数n，均有b₁a_n+b₂a_n-1+b₃a_n-2+…+b_na₁=（$\frac{1}{2}$）ⁿ-$\frac{n+2}{2}$成立（*），b₁a_n+1+b₂a_n+…+b_na₂+b_n+1a₁=（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-$\frac{n+3}{2}$．（*）两边同乘以$\frac{1}{2}$可得：b₁a_n+1+b₂a_n+…+b_na₂=（$\frac{1}{2}$）n+1-$\frac{n+2}{4}$．两式相减可得可得b_n+1=$\frac{-n-4}{8}$，即b_n=$\frac{-n-3}{8}$，（n≥3）．n=1，2也成立，即可证明．

解答 解：（1）∵S_n+a_n=4，n∈N^*．∴当n≥2时，S_n-1+a_n-1=4，
∴a_n+a_n-a_n-1=0，即a_n=$\frac{1}{2}$a_n-1．
当n=1时，2a₁=4，解得a₁=2．
∴数列{a_n}是等比数列，a_n=2•（$\frac{1}{2}$）^n-1=2^2-n．
（2）d_n=c_n+log_Ca_n=2n+3+log_C2^2-n=2n+3+（2-n）log_C2=（2-log_C2）n+3+2log_C2，
假设存在这样的常数C，使得数列{d_n}是常数列，
则2-log_C2=0，解得C=$\sqrt{2}$．
∴存在这样的常数C=$\sqrt{2}$，使得数列{d_n}是常数列，d_n=3+2$lo{g}_{\sqrt{2}}2$=7．
（3）证明：∵对于任意的正整数n，均有b₁a_n+b₂a_n-1+b₃a_n-2+…+b_na₁=（$\frac{1}{2}$）ⁿ-$\frac{n+2}{2}$成立（*），
∴b₁a_n+1+b₂a_n+…+b_na₂+b_n+1a₁=（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-$\frac{n+3}{2}$．①
（*）两边同乘以$\frac{1}{2}$可得：b₁a_n+1+b₂a_n+…+b_na₂=（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-$\frac{n+2}{4}$．②．
①-②可得b_n+1a₁=$\frac{n+2}{4}$-$\frac{n+3}{2}$=$\frac{-n-4}{4}$，
∴b_n+1=$\frac{-n-4}{8}$，
∴b_n=$\frac{-n-3}{8}$，（n≥3）．
又2b₁=$\frac{1}{2}$-$\frac{3}{2}$，解得b₁=-$\frac{1}{2}$．
b₁a₂+b₂a₁=$\frac{1}{4}$-$\frac{4}{2}$，
∴-$\frac{1}{2}$×1+b₂×2=-$\frac{7}{4}$，解得b₂=-$\frac{5}{8}$．
当n=1，2时，b_n=$\frac{-n-3}{8}$，也适合．
∴b_n=$\frac{-n-3}{8}$，（n∈N^*）是等差数列．

点评 本题考查a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$，将给的和项混合式转化为项与项之间或和与和之间的关系式，然后再求通项或和的公式是一种常考模式，注意灵活地运用“错位相减法”的解题策略．