Question

13．已知数列{a_n}与{b_n}的前n项和分别为A_n和B_n，且对任意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）若对任意n∈N^*，都有a_n=B_n及$\frac{{b}_{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{{b}_{3}}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{{b}_{4}}{{a}_{3}a4}$+…+$\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{3}$成立，求正实数b₁的取值范围；
（3）若a₁=2，b_n=2ⁿ，是否存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使$\frac{{A}_{1}}{{B}_{1}}$，$\frac{{A}_{s}}{{B}_{s}}$，$\frac{{A}_{t}}{{B}_{t}}$成等差数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）A_n=n²，可得a₁=1，n≥2时，a_n=A_n-A_n-1，可得a_n．由对任意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，利用等差数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=${b}_{1}•{2}^{n-1}$，a_n=B_n=b₁（2ⁿ-1）．$\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{b}_{1}}（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$，利用“裂项求和”方法即可得出．
（3）由a_n+1-a_n=2（b_n+1-b_n）=2ⁿ⁺¹．n≥2时，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-$\frac{n}{{2}^{n}-1}$．假设存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使$\frac{{A}_{1}}{{B}_{1}}$，$\frac{{A}_{s}}{{B}_{s}}$，$\frac{{A}_{t}}{{B}_{t}}$成等差数列，等价于$\frac{1}{2-1}$，$\frac{s}{{2}^{s}-1}$，$\frac{t}{{2}^{t}-1}$成等差数列，可得2×$\frac{s}{{2}^{s}-1}$=1+$\frac{t}{{2}^{t}-1}$＞1，利用函数的单调性即可判断出结论．

解答 解：（1）∵A_n=n²，∴a₁=1，n≥2时，a_n=A_n-A_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，n=1时也成立，∴a_n=2n-1．
∵对任意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，
∴数列{b_n}是等差数列，公差为1，首项为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，∴数列{b_n}是等比数列，公比为2．
∴b_n=${b}_{1}•{2}^{n-1}$，a_n=B_n=$\frac{{b}_{1}（{2}^{n}-1）}{2-1}$=b₁（2ⁿ-1）．
∴$\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{b}_{1}•{2}^{n}}{{b}_{1}^{2}（{2}^{n}-1）（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{{b}_{1}}（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$，∴$\frac{{b}_{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{{b}_{3}}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{{b}_{4}}{{a}_{3}a4}$+…+$\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{b}_{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}{{b}_{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时，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．当n=1时也成立．
∴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-$\frac{n}{{2}^{n}-1}$．
假设存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使$\frac{{A}_{1}}{{B}_{1}}$，$\frac{{A}_{s}}{{B}_{s}}$，$\frac{{A}_{t}}{{B}_{t}}$成等差数列．
等价于$\frac{1}{2-1}$，$\frac{s}{{2}^{s}-1}$，$\frac{t}{{2}^{t}-1}$成等差数列，∴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，则h（s+1）-h（s）=2^s+1-2（s+1）-1-（2^s-2s-1）=2^s-2＞0，
∴h（s）单调递增，若s≥3，则h（s）≥h（3）=1＞0，不满足条件，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时不满足条件，舍去．
t≥4时，令u（t）=2^t-3t-1=0（t≥4），同理可得函数u（t）单调递增，∴u（t）≥u（4）=3＞0，不满足条件．
综上可得：不存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使$\frac{{A}_{1}}{{B}_{1}}$，$\frac{{A}_{s}}{{B}_{s}}$，$\frac{{A}_{t}}{{B}_{t}}$成等差数列．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式及其性质、函数的单调性，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．