Question

10．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{b_n}，{c_n}滿足 （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）若數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若存在實(shí)數(shù)λ，使得對(duì)一切n∈N*，有b_n≤λ≤c_n，求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)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，相減可得：a_n+2-a_n+1=（n+2）b_n+1-nb_n，代入化簡(jiǎn)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．進(jìn)而得出．

解答 （1）解：∵數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)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）證明：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，
相減可得：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=$\frac{（n+2）_{n+1}-n_{n}}{2}$+（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）-$\frac{{S}_{n}}{n}$，
相減可得：$\frac{1}{2}$（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，則a_n+1-a_n=2λ（n≥1），∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的定義通項(xiàng)公式、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．