(江蘇專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 第36講 數(shù)列的求和學(xué)案 理
-
資源ID:105583763
資源大?。?span id="juan0to" class="font-tahoma">258.50KB
全文頁數(shù):15頁
- 資源格式: DOC
下載積分:22積分
快捷下載

會(huì)員登錄下載
微信登錄下載
微信掃一掃登錄
友情提示
2、PDF文件下載后,可能會(huì)被瀏覽器默認(rèn)打開,此種情況可以點(diǎn)擊瀏覽器菜單,保存網(wǎng)頁到桌面,就可以正常下載了。
3、本站不支持迅雷下載,請(qǐng)使用電腦自帶的IE瀏覽器,或者360瀏覽器、谷歌瀏覽器下載即可。
4、本站資源下載后的文檔和圖紙-無水印,預(yù)覽文檔經(jīng)過壓縮,下載后原文更清晰。
5、試題試卷類文檔,如果標(biāo)題沒有明確說明有答案則都視為沒有答案,請(qǐng)知曉。
|
(江蘇專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 第36講 數(shù)列的求和學(xué)案 理
第36講 數(shù)列的求和
考試要求 1.等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式(C級(jí)要求);2.非等差數(shù)列、非等比數(shù)列求和的幾種常見方法(B級(jí)要求).
診 斷 自 測(cè)
1.(2018·無錫一模)設(shè)公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a1a2a3=-,且a2,a4,a3成等差數(shù)列,則數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為____.
解析 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,∵a2,a4,a3成等差數(shù)列,
∴2a4=a2+a3,
∴2a2q2=a2+a2q,化為2q2-q-1=0,q≠1,
解得q=-.
∵a1a2a3=-,∴a·q3=-,解得a1=1.
則數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和==.
答案
2.數(shù)列{an}中,an=,若{an}的前n項(xiàng)和Sn=,則n=________.
解析 an==-,
Sn=a1+a2+…+an
=1-+-+…+-
=1-=.
令=,得n=2 017.
答案 2017
3.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=(-1)n-1·(4n-3),則它的前100項(xiàng)之和S100=________.
解析 S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200.
答案?。?00
4.若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n+2n-1,則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=________.
解析 Sn=+=2n+1-2+n2.
答案 2n+1-2+n2
5.數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn=________.
解析 由an=(n+1)·,得Tn=2×+3×+4×+…+(n+1)①,
Tn=2×+3×+4×+…+(n+1)×②,
由①-②得Tn=1+++…+-(n+1)·=1+-(n+1)·=-.
所以Tn=3-.
答案 3-
知 識(shí) 梳 理
1.等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式
Sn==na1+d.
2.等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式
Sn=
3.一些常見數(shù)列的前n項(xiàng)和公式
(1)1+2+3+4+…+n=.
(2)1+3+5+7+…+2n-1=n2.
(3)2+4+6+8+…+2n=n(n+1).
(4)12+22+…+n2=.
4.數(shù)列求和的常用方法
(1)公式法
等差、等比數(shù)列或可化為等差、等比數(shù)列的可直接使用公式求和.
(2)分組轉(zhuǎn)化法
把數(shù)列的每一項(xiàng)分成兩項(xiàng)或幾項(xiàng),使其轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列再求解.
(3)裂項(xiàng)相消法
把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差求和,正負(fù)相消剩下首尾若干項(xiàng).
常見的裂項(xiàng)公式
①=-;
②=;
③=-.
(4)倒序相加法
把數(shù)列分別正著寫和倒著寫再相加,即等差數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣.
(5)錯(cuò)位相減法
主要用于一個(gè)等差數(shù)列與一個(gè)等比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)相乘所得的數(shù)列的求和,即等比數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣.
(6)并項(xiàng)求和法
一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和中,可兩兩結(jié)合求解,則稱之為并項(xiàng)求和.形如an=(-1)nf(n)類型,可采用兩項(xiàng)合并求解.
例如,Sn=1002-992+982-972+…+22-12=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.
考點(diǎn)一 分組求和法
【例1】 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=,n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=2an+(-1)nan,求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和.
解 (1)當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=1;
當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=-=n.
a1也滿足an=n,
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n.
(2)由(1)知an=n,故bn=2n+(-1)nn.
記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T2n,則T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).
記A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,
則A==22n+1-2,
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.
故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n=A+B=22n+1+n-2.
規(guī)律方法 分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型
(1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}為等差或等比數(shù)列,可采用分組求和法求{an}的前n項(xiàng)和.
(2)通項(xiàng)公式為an=的數(shù)列,其中數(shù)列{bn},{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列,可采用分組求和法求和.
提醒 某些數(shù)列的求和是將數(shù)列轉(zhuǎn)化為若干個(gè)可求和的新數(shù)列的和或差,從而求得原數(shù)列的和,注意在含有字母的數(shù)列中對(duì)字母的討論.
【訓(xùn)練1】已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=2·3n-1+(-1)n·(ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3,求其前n項(xiàng)和Sn.
解 Sn=2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n]·(ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln 3,
所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),
Sn=2×+ln 3=3n+ln 3-1;
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),
Sn=2×-(ln 2-ln 3)+ln 3
=3n-ln 3-ln 2-1.
綜上所述,Sn=
考點(diǎn)二 錯(cuò)位相減法求和
【例2】 (2017·天津卷)已知{an}為等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項(xiàng)和(n∈N*).
解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.
由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.
又因?yàn)閝>0,解得q=2,所以bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①,由S11=11b4,可得a1+5d=16②,聯(lián)立①②,
解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-2,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n.
(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項(xiàng)和為Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故
Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述兩式相減得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=-4-(3n-1)×4n+1
=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=×4n+1+.
所以數(shù)列{a2nb2n-1}的前n項(xiàng)和為×4n+1+.
規(guī)律方法 錯(cuò)位相減法求和時(shí)的注意點(diǎn)
(1)要善于識(shí)別題目類型,特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形;
(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn-qSn”的表達(dá)式;
(3)在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí),若等比數(shù)列的公比為參數(shù),應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解.
【訓(xùn)練2】 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)當(dāng)d>1時(shí),記cn=,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
解 (1)由題意得,
即
解得或
故或
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,
于是Tn=1+++++…+,①
Tn=+++++…+,②
①-②可得Tn=2+++…+-=3-,所以Tn=6-.
考點(diǎn)三 裂項(xiàng)相消法求和
【例3】 正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足:S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an;
(2)令bn=,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,證明:對(duì)于任意的n∈N*,都有Tn<.
(1)解 由S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,
得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0.
由于{an}是正項(xiàng)數(shù)列,所以Sn>0,Sn=n2+n.
于是a1=S1=2,
當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,又a1=2=2×1.
綜上,數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=2n.
(2)證明 由于an=2n,bn=,
則bn==.
Tn=
=<=.
規(guī)律方法 (1)用裂項(xiàng)相消法求和時(shí),要對(duì)通項(xiàng)進(jìn)行變換,如:
=(-),=,裂項(xiàng)后可以產(chǎn)生連續(xù)相互抵消的項(xiàng).
(2)抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng),也有可能前面剩兩項(xiàng),后面也剩兩項(xiàng).
【訓(xùn)練3】 已知函數(shù)f(x)=xa的圖象過點(diǎn)(4,2),令an=,n∈N*.記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則S2 017=________.
解析 由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,
則f(x)=x.
∴an===-,
S2 017=a1+a2+a3+…+a2 017=(-1)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1.
答案 -1
考點(diǎn)四 并項(xiàng)求和法
【例4】 已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),其前n項(xiàng)和Sn=(an-1)(an+2),n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=(-1)nanan+1,求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)的和T2n.
解 (1)當(dāng)n=1時(shí),S1=(a1-1)(a1+2),即a1=-1或a1=2.
因?yàn)閍1>0,所以a1=2.
當(dāng)n≥2時(shí),Sn=(an-1)(an+2),
Sn-1=(an-1-1)(an-1+2),
兩式相減得(an+an-1)(an-an-1-1)=0.
又因?yàn)閍n>0,所以an+an-1>0,所以an-an-1=1,
所以an=n+1.
(2)T2n=-a1a2+a2a3-a3a4+a4a5-a5a6+…+a2n-2a2n-1-a2n-1a2n+a2na2n+1
=2(a2+a4+…+a2n).
又因?yàn)閍2,a4,…,a2n是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列,
所以a2+a4+…+a2n==n2+2n,
故T2n=2n2+4n.
規(guī)律方法 (1)當(dāng)出現(xiàn)an與Sn的關(guān)系式時(shí), 遞推作差是消去Sn的常用方法,本質(zhì)還是利用an=Sn-Sn-1消去Sn.
(2)當(dāng)遇到關(guān)于an與an-1的二次多項(xiàng)式時(shí),常用方法是因式分解,從而達(dá)到降次的目的.
(3)江蘇高考主要還是考查等差、等比數(shù)列.遇到非等差、等比數(shù)列的形式時(shí),要優(yōu)先考慮向等差、等比數(shù)列轉(zhuǎn)化,通過有效的轉(zhuǎn)化,從中挖掘出題目中蘊(yùn)含的等差、等比數(shù)列.
【訓(xùn)練4】 數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=ncos ,其前n項(xiàng)和為Sn,則S2 017=________.
解析 因?yàn)閿?shù)列an=ncos 呈周期性變化,觀察此數(shù)列規(guī)律如下:a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4.
故S4=a1+a2+a3+a4=2.
a5=0,a6=-6,a7=0,a8=8,
故a5+a6+a7+a8=2,∴周期T=4.
∴S2 017=S2 016+a2 017
=×2+2 017·cos π
=1 008.
答案 1 008
一、必做題
1.(2018·無錫模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1=2 016,且an+2an+1+an+2=0(n∈N*),則S2 016=________.
解析 ∵an+2an+1+an+2=0(n∈N*),
∴an+2anq+anq2=0,q為等比數(shù)列{an}的公比,
即q2+2q+1=0,∴q=-1.∴an=(-1)n-1·2 016,
∴S2 016=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 015+a2 016)=0.
答案 0
2.(2017·全國Ⅱ卷)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a3=3,S4=10,則 =________.
解析 設(shè){an}首項(xiàng)為a1,公差為d.
則a3=a1+2d=3,
S4=4a1+6d=10,
求得a1=1,d=1,則an=n,Sn=,
=++…++
=2
=2=.
答案
3.(教材改編)數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn=________.
解析 Sn=1×+2×+3×+…+n×,①
Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,②
①-②得Sn=+++…+-n×
=-.
∴Sn=2(1--)=2--.
答案 2--
4.已知函數(shù)f(n)=且an=f(n)+f(n+1),則a1+a2+a3+…+a100=________.
解析 由題意得a1+a2+a3+…+a100
=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012
=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)
=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)
=-50×101+50×103=100.
答案 100
5.(2018·連云港四校期中)一個(gè)只有有限項(xiàng)的等差數(shù)列,它的前5項(xiàng)和為34,最后5項(xiàng)和為146,所有項(xiàng)的和為234,則它的第7項(xiàng)為________.
解析 據(jù)題意知a1+a2+a3+a4+a5=34,
an-4+an-3+an-2+an-1+an=146,
又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3=a5+an-4,
∴a1+an=36.
又Sn=n(a1+an)=234,
∴n=13,
∴a1+a13=2a7=36,
∴a7=18.
答案 18
6.(2018·泰州模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=1,(1-an+1)(1+an)=1(n∈N*),則akak+1的值為________.
解析 因?yàn)?1-an+1)(1+an)=1,所以an-an+1-anan+1=0,從而-=1,即數(shù)列是以1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,所以=1+n-1=n,
所以an=,故an+1an==-,
因此akak+1=++…+=1-=.
答案
7.已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,?n∈N*,2Sn=a+an.令bn=,設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn,則在T1,T2,T3,…,T100中有理數(shù)的個(gè)數(shù)為________.
解析 ∵2Sn=a+an,①
∴2Sn+1=a+an+1,②
②-①,得2an+1=a+an+1-a-an,
a-a-an+1-an=0,(an+1+an)(an+1-an-1)=0.
又∵{an}為正項(xiàng)數(shù)列,∴an+1-an-1=0,
即an+1-an=1.
在2Sn=a+an中,令n=1,可得a1=1.
∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列.
∴an=n,
∴bn=
=
==-,
∴Tn=1-,
∴T1,T2,T3,…,T100中有理數(shù)的個(gè)數(shù)為9.
答案 9
8.數(shù)列{an}滿足an=2an-1+2n+1(n∈N,n≥2),a3=27.
(1)求a1,a2的值;
(2)是否存在一個(gè)實(shí)數(shù)t,使得bn=(an+t)(n∈N*),且數(shù)列{bn}為等差數(shù)列?若存在,求出實(shí)數(shù)t;若不存在,請(qǐng)說明理由;
(3)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.
解 (1)由a3=27,得27=2a2+23+1,∴a2=9.
∵9=2a1+22+1,∴a1=2.
(2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)t,使得{bn}為等差數(shù)列,
則2bn=bn-1+bn+1.
∴2×(an+t)=(an-1+t)+(an+1+t),
∴4an=4an-1+an+1+t,
∴4an=4×+2an+2n+1+1+t,
∴t=1,即存在實(shí)數(shù)t=1,使得{bn}為等差數(shù)列.
(3)由(1),(2)得b1=,b2=,
∴bn=n+,
∴an=·2n-1=(2n+1)2n-1-1.
Sn=(3×20-1)+(5×21-1)+(7×22-1)+…+[(2n+1)×2n-1-1]
=3+5×2+7×22+…+(2n+1)×2n-1-n,①
∴2Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n-2n,②
由①-②得
-Sn=3+2×2+2×22+2×23+…+2×2n-1-(2n+1)×2n+n
=1+2×-(2n+1)×2n+n=(1-2n)×2n+n-1.
∴Sn=(2n-1)×2n-n+1.
9.(2016·天津卷)已知{an}是等比數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),且-=,S6=63.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若對(duì)任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中項(xiàng),求數(shù)列{(-1)nb}的前2n項(xiàng)和.
解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.
由已知有-=,
解得q=2或q=-1.
又由S6=a1·=63,知q≠-1,
所以a1·=63,得a1=1.
所以an=2n-1.
(2)由題意得bn=(log2an+log2an+1)=(log22n-1+log22n)=n-,
即{bn}是首項(xiàng)為,公差為1的等差數(shù)列.
設(shè)數(shù)列{(-1)nb}的前n項(xiàng)和為Tn,則
T2n=(-b+b)+(-b+b)+…+(-b+b)
=b1+b2+b2+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.
10.(2018·鎮(zhèn)江丹徒中學(xué)調(diào)研)已知首項(xiàng)為的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)Tn=Sn-(n∈N*),求數(shù)列{Tn}的最大項(xiàng)的值與最小項(xiàng)的值.
解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,
因?yàn)镾3+a3,S5+a5,S4+a4成等差數(shù)列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,
于是q2==.
又{an}不是遞減數(shù)列且a1=,所以q=-.
故等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為
an=×=(-1)n-1·.
(2)由(1)得Sn=1-=
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Sn隨n的增大而減小,
所以1<Sn≤S1=,
故0<Sn-≤S1-=-=.
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Sn隨n的增大而增大,
所以=S2≤Sn<1,
故0>Sn-≥S2-=-=-.
綜上,對(duì)于n∈N*,總有-≤Sn-≤.
所以數(shù)列{Tn}的最大項(xiàng)的值為,最小項(xiàng)的值為-.
二、選做題
11.(一題多解)(2018·南京、鹽城一模) 設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,an>0,若S6-2S3=5,則S9-S6的最小值為________.
解析 法一 當(dāng)q=1時(shí),S6-2S3=0,不合題意,所以q≠1,從而由S6-2S3=5得-=5,從而得==<0,
故1-q<0,即q>1,故S9-S6=-=×(q6-q9)=,令q3-1=t>0,則S9-S6==5≥20,當(dāng)且僅當(dāng)t=1,即q3=2時(shí)等號(hào)成立.
法二 因?yàn)镾6=S3(1+q3),所以由S6-2S3=5得S3=>0,從而q>1,故S9-S6=S3(q6+q3+1)-S3(q3+1)=S3q6=,以下同法一.
答案 20
12.(2018·揚(yáng)州一模)已知數(shù)列{an}與{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn,且對(duì)任意n∈N*,an+1-an=2(bn+1-bn)恒成立.
(1)若An=n2,b1=2,求Bn;
(2)若對(duì)任意n∈N*,都有an=Bn及+++…+<成立,求正實(shí)數(shù)b1的取值范圍;
(3)(選做)若a1=2,bn=2n,是否存在兩個(gè)互不相等的整數(shù)s,t(1<s<t),使,,成等差數(shù)列?若存在,求出s,t的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
解 (1)∵An=n2,∴a1=1,n≥2時(shí),an=An-An-1=n2-(n-1)2=2n-1,n=1時(shí)也成立,∴an=2n-1.
∵對(duì)任意n∈N*,an+1-an=2(bn+1-bn)恒成立.
∴bn+1-bn=(an+1-an)=1.b1=2,
∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,公差為1,首項(xiàng)為2,
∴Bn=2n+×1=n2+n.
(2)Bn+1-Bn=an+1-an=2(bn+1-bn)=bn+1,可得bn+1=2bn,∴數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,公比為2.
∴bn=b1·2n-1,an=Bn==b1(2n-1).
∴==,
∴+++…+
=
=<成立,
∴b1>3,∴b1≥3.
(3)由an+1-an=2(bn+1-bn)=2n+1.∴n≥2時(shí),an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n+2n-1+…+22+2==2n+1-2.
當(dāng)n=1時(shí)也成立.
∴An=-2n=2n+2-4-2n.
又Bn==2n+1-2.∴==2-.
假設(shè)存在兩個(gè)互不相等的整數(shù)s,t(1<s<t),使,,成等差數(shù)列.
等價(jià)于,,成等差數(shù)列,∴2×=1+>1,
∴2×>1,即2s<2s+1,
令h(s)=2s-2s-1,則h(s+1)-h(huán)(s)=2s+1-2(s+1)-1-(2s-2s-1)=2s-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=1+,可得2t-3t-1=0(t≥3).
t=3時(shí)不滿足條件,舍去.
t≥4時(shí),令u(t)=2t-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(gè)互不相等的整數(shù)s,t(1<s<t),使,,成等差數(shù)列.
15