设an为常数，且an=3n-1-2an-1（n∈N*）．

解题思路：（1）选择利用数学归纳法为妥，需要注意的是有归纳假设ak到ak+1的变形，利用归纳假设，注意目标的形式就能得到结果；另外可以利用递推数列来求得通项公式，当然需要对递推数列的an+1=pan+f（n）这种形式的处理要合适；这种形式的一般处理方法是：两边同时除以pn+1或者是构造一个等比数列，构造法有一定的技巧，如本题可设an-a3n=-2（an-1-a3n-1），（2）由（1）的结论可作差an-an-1＞0并代入运算，由于含有（-1）n的形式要注意对n=2k-1和n=2k进行讨论，只需取k=1，2时得到a0的取值范围即可，另外一个思路是只需取n=1，2时得到a0的范围，然后分n=2k-1和n=2k进行证明an-an-1＞0．具体解法参见参考答案．

（1）证法一：
（i）当n=1时，由已知a₁=1-2a₀，等式成立；
（ii）假设当n=k（k≥1）等式成立，
则ak＝
1
5[3k+(−1)k−12k]−(−1)k2a0，
那么ak+1＝3k−2ak＝3k−
2
5[3k+(−1)k−12k]−(−1)k2k+1a0
=[1/5[3k+1+(−1)k2k+1]+(−1)k+12k+1a0．
也就是说，当n=k+1时，等式也成立．
根据（i）和（ii），可知等式对任何n∈N，成立．

证法二：如果设a_n-a3ⁿ=-2（a_n-1-a3^n-1），
用a_n=3^n-1-2a_n-1代入，可解出a＝
1
5]．
所以{an−
3n
5}是公比为-2，
首项为a1−
3
5的等比数列．
∴an−
3n
5＝(1−2a0−
3
5)(−2)n−1(n∈N)．
即an＝
3n+(−1)n−12n
5+(−1)n2na0．

（2）解法一：由a_n通项公式an−an−1＝
2×3n−1+(−1)n−13×2n−1
5+(−1)n3×2n−1a0．
∴a_n＞a_n-1（n∈N）等价于(−1)n−1(5a0−1)＜(
3
2)n−2(n∈N)．①
（i）当n=2k-1，k=1，2，时，
①式即为(−1)2k−2(5a0−1)＜(
3
2)2k−3
即为a0＜
1
5(
3
2)2k−3+
1
5．
②式对k=1，2，都成立，
有a0＜
1
5×(
3
2)−1+
1
5＝
1
3．
（ii）当n=2k，k=1，2时，
①式即为(−1)2k−1(5a0−1)＜(
3
2)2k−2．
即为a0＞−
1
5×(
3
2)2k−2+
1
5．
③式对k=1，2都成立，有a0＞−
1
5×(
3
2)2×1−2+
1
5＝0．
综上，①式对任意n∈N_*，成立，有0＜a0＜
1
3．
故a₀的取值范围为(0，
1
3)．
解法二：如果a_n＞a_n-1（n∈N_*）成立，
特别取n=1，2有a₁-a₀=1-3a₀＞0．a₂-a₁=6a₀＞0．
因此0＜a0＜
1
3．下面证明当0＜a0＜
1
3．时，
对任意n∈N_*，a_n-a_n-1＞0．
由a_n的通项公式5（a_n-a_n-1）=2×3^n-1+（-1）^n-13×2^n-1+（-1）ⁿ5×3×2^n-1a₀．
（i）当n=2k-1，k=1，2时，
5（a_n-a_n-1）=2×3^n-1+3×2^n-1-5×3×2^n-1a₀＞2×2^n-1+3×2^n-1-5×3×2^n-1=0
（ii）当n=2k，k=1，2时，
5（a_n-a_n-1）=2×3^n-1-3×2^n-1+5×3×2^n-1a₀＞2×3^n-1-3×2^n-1≥0．
故a₀的取值范围为(0，
1
3)．

点评：
本题考点： 数列递推式；数学归纳法．

考点点评： 本题主要考查数列、等比数列的概念，考查数学归纳法，考查灵活综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力．对递推数列的an+1=pan+f（n）这种形式的考查是一个难点，同时除以pn+1得到an+1pn+1−anpn＝f(n)pn+1，然后用累加法得到anpn的等式可得结果，或者是构造一个等比数列an+1+kf（n）=p（an+kf（n））（不具有普适性）．