Question

13．已知數(shù)列{a_n}與{b_n}的前n項和分別為A_n和B_n，且對任意n∈N^*，a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）恒成立．
（1）若A_n=n²，b₁=2，求B_n；
（2）若對任意n∈N^*，都有a_n=B_n及$\frac{_{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{_{4}}{{a}_{3}a4}$+…+$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{3}$成立，求正實數(shù)b₁的取值范圍；
（3）若a₁=2，b_n=2ⁿ，是否存在兩個互不相等的整數(shù)s，t（1＜s＜t），使$\frac{{A}_{1}}{{B}_{1}}$，$\frac{{A}_{s}}{{B}_{s}}$，$\frac{{A}_{t}}{{B}_{t}}$成等差數(shù)列？若存在，求出s，t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）A_n=n²，可得a₁=1，n≥2時，a_n=A_n-A_n-1，可得a_n．由對任意n∈N^*，a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）恒成立．可得b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}$（a_n+1-a_n）=1．b₁=2，利用等差數(shù)列的求和公式即可得出．
（2）B_n+1-B_n=a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）=b_n+1，可得b_n+1=2b_n，b_n=$_{1}•{2}^{n-1}$，a_n=B_n=b₁（2ⁿ-1）．$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{_{1}}（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$，利用“裂項求和”方法即可得出．
（3）由a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）=2ⁿ⁺¹．n≥2時，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁=2ⁿ⁺¹-2．A_n=2ⁿ⁺²-4-2n．又B_n=2ⁿ⁺¹-2．可得$\frac{{A}_{n}}{{B}_{n}}$=2-$\frac{n}{{2}^{n}-1}$．假設(shè)存在兩個互不相等的整數(shù)s，t（1＜s＜t），使$\frac{{A}_{1}}{{B}_{1}}$，$\frac{{A}_{s}}{{B}_{s}}$，$\frac{{A}_{t}}{{B}_{t}}$成等差數(shù)列，等價于$\frac{1}{2-1}$，$\frac{s}{{2}^{s}-1}$，$\frac{t}{{2}^{t}-1}$成等差數(shù)列，可得2×$\frac{s}{{2}^{s}-1}$=1+$\frac{t}{{2}^{t}-1}$＞1，利用函數(shù)的單調(diào)性即可判斷出結(jié)論．

解答 解：（1）∵A_n=n²，∴a₁=1，n≥2時，a_n=A_n-A_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，n=1時也成立，∴a_n=2n-1．
∵對任意n∈N^*，a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）恒成立．
∴b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}$（a_n+1-a_n）=1．b₁=2，
∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，公差為1，首項為2，
∴B_n=2n+$\frac{n（n-1）}{2}×1$=$\frac{1}{2}{n}^{2}$+$\frac{3}{2}$n．
（2）B_n+1-B_n=a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）=b_n+1，可得b_n+1=2b_n，∴數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，公比為2．
∴b_n=$_{1}•{2}^{n-1}$，a_n=B_n=$\frac{_{1}（{2}^{n}-1）}{2-1}$=b₁（2ⁿ-1）．
∴$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{_{1}•{2}^{n}}{_{1}^{2}（{2}^{n}-1）（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{_{1}}（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$，∴$\frac{_{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{_{3}}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{_{4}}{{a}_{3}a4}$+…+$\frac{_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{_{1}}$$[（\frac{1}{2-1}-\frac{1}{{2}^{2}-1}）+（\frac{1}{{2}^{2}-1}-\frac{1}{{2}^{3}-1}）$+…+$（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）]$=$\frac{1}{_{1}}（1-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$＜$\frac{1}{3}$成立，
∴b₁＞$3（1-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$，∴b₁≥3．
（3）由a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）=2ⁿ⁺¹．∴n≥2時，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=2ⁿ+2^n-1+…+2²+2=$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$=2ⁿ⁺¹-2．當(dāng)n=1時也成立．
∴A_n=$\frac{4（{2}^{n}-1）}{2-1}$-2n=2ⁿ⁺²-4-2n．
又B_n=$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$=2ⁿ⁺¹-2．∴$\frac{{A}_{n}}{{B}_{n}}$=$\frac{{2}^{n+2}-4-2n}{{2}^{n+1}-2}$=2-$\frac{n}{{2}^{n}-1}$．
假設(shè)存在兩個互不相等的整數(shù)s，t（1＜s＜t），使$\frac{{A}_{1}}{{B}_{1}}$，$\frac{{A}_{s}}{{B}_{s}}$，$\frac{{A}_{t}}{{B}_{t}}$成等差數(shù)列．
等價于$\frac{1}{2-1}$，$\frac{s}{{2}^{s}-1}$，$\frac{t}{{2}^{t}-1}$成等差數(shù)列，∴2×$\frac{s}{{2}^{s}-1}$=1+$\frac{t}{{2}^{t}-1}$＞1，
∴2×$\frac{s}{{2}^{s}-1}$＞1，即2^s＜2s+1，
令h（s）=2^s-2s-1，則h（s+1）-h（s）=2^s+1-2（s+1）-1-（2^s-2s-1）=2^s-2＞0，
∴h（s）單調(diào)遞增，若s≥3，則h（s）≥h（3）=1＞0，不滿足條件，舍去．
∴s=2，代入得：$\frac{4}{{2}^{2}-1}$=1+$\frac{t}{{2}^{t}-1}$，可得2^t-3t-1=0（t≥3）．
t=3時不滿足條件，舍去．
t≥4時，令u（t）=2^t-3t-1=0（t≥4），同理可得函數(shù)u（t）單調(diào)遞增，∴u（t）≥u（4）=3＞0，不滿足條件．
綜上可得：不存在兩個互不相等的整數(shù)s，t（1＜s＜t），使$\frac{{A}_{1}}{{B}_{1}}$，$\frac{{A}_{s}}{{B}_{s}}$，$\frac{{A}_{t}}{{B}_{t}}$成等差數(shù)列．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式求和公式及其性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．