Question

14．在數列{a_n}中，已知a₁=$\frac{1}{3}$，a_n+1=$\frac{1}{3}$a_n-$\frac{2}{{3}^{n+1}}$，n∈N^*，設S_n為{a_n}的前n項和．
（1）求證：數列{3ⁿa_n}是等差數列；
（2）求S_n；
（3）是否存在正整數p，q，r（p＜q＜r），使S_p，S_q，S_r成等差數列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）把給出的數列遞推式a_n+1=$\frac{1}{3}$a_n-$\frac{2}{{3}^{n+1}}$，n∈N^*，變形后得到新數列{3ⁿa_n}，該數列是以1為首項，以-2為公差的等差數列；
（2）由（1）推出{a_n}的通項公式，利用錯位相減法從而求得求S_n；
（3）根據等差數列的性質得到2S_q=S_p+S_r，從而推知p，q，r的值．

解答 （1）證明：由a_n+1=$\frac{1}{3}$a_n-$\frac{2}{{3}^{n+1}}$，n∈N^*，
得到3ⁿ⁺¹a_n+1=3ⁿa_n-2，
則3ⁿ⁺¹a_n+1-3ⁿa_n=-2．
又∵a₁=$\frac{1}{3}$，
∴3×a₁=1，
數列{3ⁿa_n}是以1為首項，以-2為公差的等差數列；
（2）由（1）可以推知：3ⁿa_n=1-2（n-1），
所以，a_n=$\frac{3-2n}{{3}^{n}}$，
所以S_n=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{{3}^{2}}$-$\frac{3}{{3}^{3}}$-$\frac{5}{{3}^{4}}$-…-$\frac{3-2n}{{3}^{n}}$，①
$\frac{1}{3}$S_n=$\frac{1}{{3}^{2}}$-$\frac{1}{{3}^{3}}$-$\frac{3}{{3}^{4}}$-$\frac{5}{{3}^{5}}$-…-$\frac{3-2n}{{3}^{n+1}}$，②
①-②，得
$\frac{2}{3}$S_n=$\frac{1}{3}$-2（$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+$\frac{1}{{3}^{4}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$）-$\frac{3-2n}{{3}^{n+1}}$，
=$\frac{1}{3}$-2×$\frac{\frac{1}{{3}^{2}}[1-（\frac{1}{3}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{3-2n}{{3}^{n+1}}$，
=$\frac{2n}{{3}^{n+1}}$，
所以S_n=$\frac{n}{{3}^{n}}$．
（3）假設存在正整數p，q，r（p＜q＜r），使S_p，S_q，S_r成等差數列．
則2S_q=S_p+S_r，
即$\frac{2q}{{3}^{q}}$=$\frac{p}{{3}^{p}}$+$\frac{r}{{3}^{r}}$．
由于當n≥2時，a_n=$\frac{3-2n}{{3}^{n}}$＜0，
所以數列{S_n}單調遞減．
又p＜q，
所以p≤q-1且q至少為2，
所以$\frac{p}{{3}^{p}}$≥$\frac{q-1}{{3}^{q-1}}$，$\frac{q-1}{{3}^{q-1}}$-$\frac{2q}{{3}^{q}}$=$\frac{q-3}{{3}^{q}}$．
①當q≥3時，$\frac{p}{{3}^{p}}$≥$\frac{q-1}{{3}^{q-1}}$≥$\frac{2q}{{3}^{q}}$，
又$\frac{r}{{3}^{r}}$＞0，
所以$\frac{2q}{{3}^{q}}$＜$\frac{p}{{3}^{p}}$+$\frac{r}{{3}^{r}}$，等式不成立．
②當q=2時，p=1，
所以$\frac{4}{9}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{r}{{3}^{r}}$．
所以$\frac{r}{{3}^{r}}$=$\frac{1}{9}$，
所以r=3，（數列{S_n}單調遞減，解唯一確定）．
綜上可知，p，q，r的值分別是1，2，3．

點評 本題考查了等差數列與等比數列的通項公式及其前n項和公式、“錯位相減法”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．