《（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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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（15頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 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級要求). 診 斷 自 測 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{

2、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＝__

3、______. 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 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、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)錯位相減法 主要用于一個等差數(shù)列與一個等比數(shù)列對應(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

5、的推廣. (6)并項(xiàng)求和法 一個數(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，a1＝S1＝1； 當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝n. a1也滿足an＝n， 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式

6、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{b

7、n}，{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， Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1； 當(dāng)n為奇數(shù)時， Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3

8、 ＝3n－ln 3－ln 2－1. 綜上所述，Sn＝ 考點(diǎn)二　錯位相減法求和 【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，

9、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

10、 ＝－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　錯位相減法求和時的注意點(diǎn) (1)要善于識別題目類型，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)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項(xiàng)對齊”以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式； (3)在應(yīng)用錯位相減法求和時，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＝1

11、00. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)當(dāng)d>1時，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：對于任意的n∈N*，都有Tn<. (

12、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，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，要對通項(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).

13、 【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

14、)當(dāng)n＝1時，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，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＋…

15、＋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， 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，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，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

16、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

17、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＝

18、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　10

19、0 5.(2018·連云港四校期中)一個只有有限項(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*)，

20、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

21、＋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

22、不存在，請說明理由； (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)＋(5×2

23、1－1)＋(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)若對任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋

24、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

25、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，Sn隨n的增大而減小， 所以

26、1Sn－≥S2－＝－＝－. 綜上，對于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，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

27、q3－1＝t>0，則S9－S6＝＝5≥20，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即q3＝2時等號成立. 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，是否存在兩個互不相等

28、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，請說明理由. 解　(1)∵An＝n2，∴a1＝1，n≥2時，an＝An－An－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，n＝1時也成立，∴an＝2n－1. ∵對任意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＝

29、Bn＝＝b1(2n－1). ∴＝＝， ∴＋＋＋…＋ ＝ ＝<成立， ∴b1>3，∴b1≥3. (3)由an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2n＋1.∴n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n＋2n－1＋…＋22＋2＝＝2n＋1－2. 當(dāng)n＝1時也成立. ∴An＝－2n＝2n＋2－4－2n. 又Bn＝＝2n＋1－2.∴＝＝2－. 假設(shè)存在兩個互不相等的整數(shù)s，t(1＜s＜t)，使，，成等差數(shù)列. 等價于，，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時不滿足條件，舍去. t≥4時，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互不相等的整數(shù)s，t(1＜s＜t)，使，，成等差數(shù)列. 15