高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（十四）等差等比數(shù)列的綜合問題

課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練(十四)等差、等比數(shù)列的綜合問題A組——大題保分練1．在數(shù)列{an}，{bn}中，已知a1＝2，b1＝4，且an，－bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，－an，bn＋1也成等差數(shù)列．(1)求證：{an＋bn}是等比數(shù)列；(2)設(shè)m是不超過100的正整數(shù)，求使eq\f(an－m,an＋1－m)＝eq\f(am＋4,am＋1＋4)成立的所有數(shù)對(duì)(m，n)．解：(1)證明：由an，－bn，an＋1成等差數(shù)列可得，－2bn＝an＋an＋1，①由bn，－an，bn＋1成等差數(shù)列可得，－2an＝bn＋bn＋1，②①＋②得，an＋1＋bn＋1＝－3(an＋bn)，又a1＋b1＝6，所以{an＋bn}是以6為首項(xiàng)，－3為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知，an＋bn＝6×(－3)n－1，③①－②得，an＋1－bn＋1＝an－bn＝－2，④③＋④得，an＝eq\f(6×（－3）n－1－2,2)＝3×(－3)n－1－1，代入eq\f(an－m,an＋1－m)＝eq\f(am＋4,am＋1＋4)，得eq\f(3×（－3）n－1－1－m,3×（－3）n－1－m)＝eq\f(3×（－3）m－1＋3,3×（－3）m＋3)，所以[3×(－3)n－1－1－m][3×(－3)m＋3]＝[3×(－3)n－1－m][3×(－3)m－1＋3]，整理得，(m＋1)(－3)m＋3×(－3)n＝0，所以m＋1＝(－3)n－m＋1，由m是不超過100的正整數(shù)，可得2≤(－3)n－m＋1≤101，所以n－m＋1＝2或4，當(dāng)n－m＋1＝2時(shí)，m＋1＝9，此時(shí)m＝8，則n＝9，符合題意；當(dāng)n－m＋1＝4時(shí)，m＋1＝81，此時(shí)m＝80，則n＝83，符合題意．故使eq\f(an－m,an＋1－m)＝eq\f(am＋4,am＋1＋4)成立的所有數(shù)對(duì)(m，n)為(8，9)，(80，83)．2．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)都不為0的無窮數(shù)列，對(duì)任意的n≥3，n∈N*，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1a(1)如果eq\f(1,a1)，eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)成等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)λ的值；(2)若λ＝1.(ⅰ)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列；(ⅱ)已知數(shù)列{an}中，a1≠a2.數(shù)列{bn}是公比為q的等比數(shù)列，滿足b1＝eq\f(1,a1)，b2＝eq\f(1,a2)，b3＝eq\f(1,ai)(i∈N*)．求證：q是整數(shù)，且數(shù)列{bn}中的任意一項(xiàng)都是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))中的項(xiàng)．解：(1)因?yàn)閚≥3且n∈N*時(shí)，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an則當(dāng)n＝3時(shí)，a1a2＋a2a3＝2λa1a3，因?yàn)閿?shù)列{an所以等式兩邊同時(shí)除以a1a2a3得：eq\f(2λ,a2)＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a3)，又eq\f(1,a1)，eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)成等差數(shù)列，所以eq\f(2,a2)＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a3)，所以eq\f(2λ,a2)＝eq\f(2,a2)，所以λ＝1.(2)證明：(ⅰ)當(dāng)λ＝1，n＝3時(shí)，a1a2＋a2a3＝2a1整理得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a3)＝eq\f(2,a2)，則eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,a3)－eq\f(1,a2).②當(dāng)n＝4時(shí)，a1a2＋a2a3＋a3a4＝3③－①得：a3a4＝3a1a4－2a1a3，得eq\f(1,a1)＝eq\f(3,a3)－eq\f(2,a4)，又eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a3)＝eq\f(2,a2)，所以eq\f(1,a4)－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,a3)－eq\f(1,a2).④當(dāng)n≥3時(shí)，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(n－1)a1aa1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋anan＋1＝na1an＋1anan＋1＝na1an＋1－(n－1)a1an，因?yàn)閍n≠0，所以eq\f(1,a1)＝eq\f(n,an)－eq\f(n－1,an＋1)，則eq\f(1,a1)＝eq\f(n＋1,an＋1)－eq\f(n,an＋2)，所以eq\f(n,an)－eq\f(n－1,an＋1)＝eq\f(n＋1,an＋1)－eq\f(n,an＋2)，整理得eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)＝eq\f(2,an＋1)，即eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)(n≥3)，⑤由②④⑤得：eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))成等差數(shù)列．(ⅱ)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差為d，設(shè)cn＝eq\f(1,an)，c1＝eq\f(1,a1)＝c(c≠0)，則b1＝c1＝c，b2＝c2＝c＋d，d＝c2－c1＝b2－b1＝cq－c.當(dāng)i＝2時(shí)，b3＝c2＝b2，從而q＝1，b2＝b1，得a1＝a2，與已知不符．當(dāng)i＝3時(shí)，由b3＝c3，cq2＝c＋2d＝c＋2c(q－1)，得q2＝1＋2(q－1)，得q＝1，當(dāng)i＝1時(shí)，由b3＝c1，cq2＝c，得q2＝1，則q＝－1(上面已證q≠1)為整數(shù)．此時(shí)數(shù)列{bn}為：c，－c，c，…；數(shù)列{cn}中，c1＝c，c2＝－c，公差d＝－2c.數(shù)列{bn}中每一項(xiàng)都是{cn}中的項(xiàng)(c＝c1，－c＝c2當(dāng)i≥4時(shí)，由b3＝ci，cq2＝c＋(i－1)d＝c＋(i－1)c(q－1)，得q2－(i－1)q＋(i－2)＝0，得q＝1(舍去)，q＝i－2(i≥4)為正整數(shù)．cq＝c＋d，b3＝ci，對(duì)任意的正整數(shù)k≥4，欲證明bk是數(shù)列{cn}中的項(xiàng)，只需證bk＝cqk－1＝ci＋xd＝b3＋x(cq－c)＝cq2＋x(cq－c)有正整數(shù)解x，即證x＝eq\f(qk－1－q2,q－1)為正整數(shù)．因?yàn)閤＝eq\f(qk－1－q2,q－1)＝eq\f(q2（qk－3－1）,q－1)表示首項(xiàng)為q2，公比為q＝i－2(i≥4)，共k－3(k≥4)項(xiàng)的等比數(shù)列的和，所以x為正整數(shù)．因此，{bn}中的每一項(xiàng)都是數(shù)列{cn}也即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))中的項(xiàng)．3．(2019·鹽城三模)在無窮數(shù)列{an}中，an>0(n∈N*)，記{an}前n項(xiàng)中的最大項(xiàng)為kn，最小項(xiàng)為rn，令bn＝eq\r(knrn).(1)若{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝eq\f(n2＋na1,2).①求bn；②是否存在正整數(shù)m，n，滿足eq\f(beq\o\al(2,m),beq\o\al(2,n))＝eq\f(2m－1,2n)？若存在，請(qǐng)求出這樣的m，n，若不存在，請(qǐng)說明理由．(2)若數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列．解：(1)①在Sn＝eq\f(n2＋na1,2)中，令n＝1，得a1＝S1＝eq\f(1＋a1,2)，解得a1＝1，∴Sn＝eq\f(n2＋n,2)，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n，綜上，得an＝n(n∈N*)．顯然{an}為遞增數(shù)列，∴kn＝an＝n，rn＝a1＝1，∴bn＝eq\r(n).②假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)m，n，則eq\f(m,n)＝eq\f(2m－1,2n)，∴eq\f(m,2m)＝eq\f(n,2n)×eq\f(1,2)，設(shè)cn＝eq\f(n,2n)，則cn＋1－cn＝eq\f(n＋1,2n＋1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－n,2n＋1)，∴c1＝c2>c3>c4>c5>…，由eq\f(m,2m)＝eq\f(n,2n)×eq\f(1,2)，得cm＝eq\f(1,2)cn<cn，∴m>n，則m≥n＋1，當(dāng)m＝n＋1時(shí)，eq\f(m,n)＝eq\f(2m－1,2n)顯然不成立．當(dāng)m>n＋1時(shí)，eq\f(m,n)＝eq\f(2m－1,2n)＝2m－n－1，設(shè)m－n－1＝t，則t∈N*，eq\f(n＋1＋t,n)＝2t，得n＝eq\f(t＋1,2t－1)，設(shè)dn＝eq\f(n＋1,2n－1)，則dn＋1－dn＝eq\f(（n＋1）＋1,2n＋1－1)－eq\f(n＋1,2n－1)＝eq\f(－n×2n－1,（2n＋1－1）（2n－1）)<0恒成立，∴數(shù)列{dn}遞減．又d1＝2，d2＝1，d3＝eq\f(4,7)<1，∴n≥3時(shí)，dn<1恒成立．故方程n＝eq\f(t＋1,2t－1)的解有且僅有t＝1，n＝2或t＝2，n＝1，此時(shí)m＝4，故滿足條件的m，n存在，m＝4，n＝1或n＝2.(2)證明：∵an>0(n∈N*)，且kn，rn分別為{an}前n項(xiàng)中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)，∴kn＋1≥kn，rn＋1≤rn，設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，顯然q>0，(ⅰ)當(dāng)q＝1時(shí)，eq\f(\r(kn＋1rn＋1),\r(knrn))＝1，得eq\f(kn＋1,kn)＝eq\f(rn,rn＋1)，若kn＋1>kn，則rn＋1<rn，由kn與rn的含義可知kn＋1>kn與rn＋1<rn不可能同時(shí)成立，故kn＋1＝kn，則rn＋1＝rn，則kn＝k1＝a1，rn＝r1＝a1，∴an＝a1，∴eq\f(an＋1,an)＝1，∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列．(ⅱ)當(dāng)q>1時(shí)，eq\f(\r(kn＋1rn＋1),\r(knrn))＝q>1，得eq\f(kn＋1rn＋1,knrn)＝q2>1.∴eq\f(kn＋1,kn)>eq\f(rn,rn＋1)≥1，∴kn＋1>kn恒成立，而kn≥an，∴kn＋1＝an＋1，∴an＋1>an恒成立，∴kn＝an，rn＝a1，代入eq\f(kn＋1rn＋1,knrn)＝q2得eq\f(an＋1a1,ana1)＝q2，即eq\f(an＋1,an)＝q2，∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列．(ⅲ)當(dāng)0＜q＜1時(shí)，0＜eq\f(\r(kn＋1rn＋1),\r(knrn))＜1，得eq\f(kn＋1rn＋1,knrn)＝q2＜1，∴eq\f(rn＋1,rn)＜eq\f(kn,kn＋1)≤1，∴rn＋1＜rn恒成立，而rn≤an，∴rn＋1＝an＋1，∴an＋1＜an恒成立，∴kn＝a1，rn＝an，代入eq\f(kn＋1rn＋1,knrn)＝q2得eq\f(a1an＋1,a1an)＝q2，即eq\f(an＋1,an)＝q2∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，綜上可得，數(shù)列{an}是等比數(shù)列．4．(2019·南通等七市三模)已知數(shù)列{an}滿足(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，bn＝eq\f(1,an)－n(n∈N*)．(1)若a1＝3，證明：{bn}是等比數(shù)列；(2)若存在k∈N*，使得eq\f(1,ak)，eq\f(1,ak＋1)，eq\f(1,ak＋2)成等差數(shù)列．①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；②證明：lnn＋eq\f(1,2)an>ln(n＋1)－eq\f(1,2)an＋1.解：(1)證明：由(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，得eq\f(1,an)＝eq\f(2,an－1)＋2－n，得eq\f(1,an)－n＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)－（n－1）))，即bn＝2bn－1(n≥2)．因?yàn)閍1＝3，所以b1＝eq\f(1,a1)－1＝－eq\f(2,3)≠0，所以eq\f(bn,bn－1)＝2(n≥2)，所以{bn}是以－eq\f(2,3)為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．(2)①設(shè)eq\f(1,a1)－1＝λ，由(1)知，bn＝2bn－1，所以bn＝2bn－1＝22bn－2＝…＝2n－1b1，得eq\f(1,an)－n＝λ·2n－1，所以eq\f(1,ak)＝λ·2k－1＋k.因?yàn)閑q\f(1,ak)，eq\f(1,ak＋1)，eq\f(1,ak＋2)成等差數(shù)列，所以(λ·2k－1＋k)＋(λ·2k＋1＋k＋2)＝2(λ·2k＋k＋1)，所以λ·2k－1＝0，所以λ＝0，所以eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n).②證明：要證lnn＋eq\f(1,2)an>ln(n＋1)－eq\f(1,2)an＋1，即證eq\f(1,2)(an＋an＋1)>lneq\f(n＋1,n)，即證eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)>2lneq\f(n＋1,n).設(shè)t＝eq\f(n＋1,n)，則eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＝t－1＋eq\f(t－1,t)＝t－eq\f(1,t)，且t>1，從而只需證當(dāng)t>1時(shí)，t－eq\f(1,t)>2lnt.設(shè)f(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>1)，則f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)>f(1)＝0，即x－eq\f(1,x)>2lnx，因?yàn)閠>1，所以t－eq\f(1,t)>2lnt，所以原不等式得證．B組——大題增分練1．(2019·蘇北三市一模)已知數(shù)列{an}滿足對(duì)任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.記Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an(1)若q＝1，求T2019的值；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝(1＋q)Tn－qnan.①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；②若數(shù)列{cn}滿足c1＝1，且當(dāng)n≥2時(shí)，cn＝2bn－1－1，是否存在正整數(shù)k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比數(shù)列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，說明理由．解：(1)當(dāng)q＝1時(shí)，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1，又a1＝2，所以T2019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2018＋a2019)＝1011.(2)①由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，又an＋1＋an≠0，q≠0，所以an＋1＋an＝eq\f(1,qn)，又Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qna所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，所以bn＝n＋1.②由題意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2，因?yàn)閏1，ck－c1，ct－ck成等比數(shù)列，所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k，所以2t＝(2k)2－3×2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3×2k－2＋1(*)．由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.當(dāng)k＝2時(shí)，2t＝8，得t＝3.當(dāng)k≥3時(shí)，由(*)，得(2k－1)2－3×2k－2＋1為奇數(shù)，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3×2k－2＝0，得2k＝3，此時(shí)k無正整數(shù)解．綜上，k＝2，t＝3.2．(2018·江蘇高考)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，{bn}是首項(xiàng)為b1，公比為q的等比數(shù)列．(1)設(shè)a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1對(duì)n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范圍；(2)若a1＝b1>0，m∈N*，q∈(1，eq\r(m,2)]，證明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1對(duì)n＝2，3，…，m＋1均成立，并求d的取值范圍(用b1，m，q表示)．解：(1)由條件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.因?yàn)閨an－bn|≤b1對(duì)n＝1，2，3，4均成立，即|(n－1)d－2n－1|≤1對(duì)n＝1，2，3，4均成立，所以1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，解得eq\f(7,3)≤d≤eq\f(5,2).所以d的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(5,2))).(2)由條件知an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1.若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)成立，即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)，即當(dāng)n＝2，3，…，m＋1時(shí)，d滿足eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤d≤eq\f(qn－1,n－1)b1.因?yàn)閝∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\r(m,2)))，則1＜qn－1≤qm≤2，從而eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤0，eq\f(qn－1,n－1)b1＞0，對(duì)n＝2，3，…，m＋1均成立．因此，取d＝0時(shí)，|an－bn|≤b1對(duì)n＝2，3，…，m＋1均成立．下面討論數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值和數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值(n＝2，3，…，m＋1)．①當(dāng)2≤n≤m時(shí)，eq\f(qn－2,n)－eq\f(qn－1－2,n－1)＝eq\f(nqn－qn－nqn－1＋2,n（n－1）)＝eq\f(n（qn－qn－1）－qn＋2,n（n－1）).當(dāng)1＜q≤2eq\s\up6(\f(1,m))時(shí)，有qn≤qm≤2，從而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.因此，當(dāng)2≤n≤m＋1時(shí)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))單調(diào)遞增，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值為eq\f(qm－2,m).②設(shè)f(x)＝2x(1－x)，當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＝(ln2－1－xln2)2x＜0，所以f(x)單調(diào)遞減，從而f(x)＜f(0)＝1.當(dāng)2≤n≤m時(shí)，eq\f(\f(qn,n),\f(qn－1,n－1))＝eq\f(q（n－1）,n)≤2eq\s\up6(\f(1,n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＜1，因此，當(dāng)2≤n≤m＋1時(shí)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))單調(diào)遞減，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值為eq\f(qm,m).因此d的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b1（qm－2）,m)，\f(b1qm,m))).3．(2019·南通等七市二模)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均不為零．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和為Tn，且3Seq\o\al(2,n)－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.(1)求a1，a2的值；(2)證明：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(3)若(λ－nan)(λ－nan＋1)<0對(duì)任意的n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的所有可能取值．解：(1)由題意知3Seq\o\al(2,n)－4Sn＋Tn＝0，n∈N*，令n＝1，得3aeq\o\al(2,1)－4a1＋aeq\o\al(2,1)＝0，即aeq\o\al(2,1)－a1＝0，因?yàn)閍1≠0，所以a1＝1.令n＝2，得3(1＋a2)2－4(1＋a2)＋(1＋aeq\o\al(2,2))＝0，即2aeq\o\al(2,2)＋a2＝0，因?yàn)閍2≠0，所以a2＝－eq\f(1,2).(2)證明：因?yàn)?Seq\o\al(2,n)－4Sn＋Tn＝0，①所以3Seq\o\al(2,n＋1)－4Sn＋1＋Tn＋1＝0，②②－①得，3(Sn＋1＋Sn)an＋1－4an＋1＋aeq\o\al(2,n＋1)＝0，因?yàn)閍n＋1≠0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋an＋1＝0，③所以3(Sn＋Sn－1)－4＋an＝0(n≥2，n∈N*)，④當(dāng)n≥2時(shí)，③－④得，3(an＋1＋an)＋an＋1－an＝0，即an＋1＝－eq\f(1,2)an，因?yàn)閍n≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(1,2).又由(1)知，a1＝1，a2＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(a2,a1)＝－eq\f(1,2)，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(3)由(2)知，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).因?yàn)閷?duì)任意的n∈N*，(λ－nan)(λ－nan＋1)<0恒成立，所以λ的值介于neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)和neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)之間．因?yàn)閚eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)·neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)<0對(duì)任意的n∈N*恒成立，所以λ＝0符合題意．若λ>0，則當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)<λ<neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)恒成立，從而有λ<eq\f(n,2n－1)恒成立．記p(n)＝eq\f(n2,2n)(n≥4)，因?yàn)閜(n＋1)－p(n)＝eq\f(（n＋1）2,2n＋1)－eq\f(n2,2n)＝eq\f(－n2＋2n＋1,2n＋1)<0，所以p(n)≤p(4)＝1，即eq\f(n2,2n)≤1，所以eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n)，(*)從而當(dāng)n≥5且n≥eq\f(2,λ)時(shí)，有λ≥eq\f(2,n)≥eq\f(n,2n－1)，所以λ>0不符合題意．若λ<0，則當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)<λ<neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)恒成立，從而有－λ<eq\f(n,2n)恒成立．由(*)式知，當(dāng)n≥5且n≥－eq\f(1,λ)時(shí)，有－λ≥eq\f(1,n)≥eq\f(n,2n)，所以λ<0不符合題意．綜上，實(shí)數(shù)λ的所有可能取值為0.4．(2019·揚(yáng)州期末)記無窮數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中的最大值為Mn，最小值為mn，令bn＝eq\f(Mn＋mn,2)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為An，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Bn.(1)若數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，求Bn；(2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，試問數(shù)列{an}是否也一定是等差數(shù)列？若是，請(qǐng)證明；若不是，請(qǐng)舉例說明；(3)若bn＝2n－100n，求An.解：(1)∵數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，∴an＝2n，∴mn＝2，Mn＝an＝2n，則bn＝eq\f(2＋2n,2)＝1＋2n－1，∴Bn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)×1＝2n－1＋n.(2)法一：若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d′，則bn－bn－1＝eq\f(Mn＋mn,2)－eq\f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq\f(Mn－Mn－1,2)＋eq\f(mn－mn－1,2)＝d′(n≥2)，根據(jù)Mn，mn的定義知，Mn≥Mn－1，mn≤mn－1，且兩個(gè)不等式中至少有一個(gè)取等號(hào)．①若d′>0，則必有Mn>Mn－1，∴an＝Mn>Mn－1≥an－1，即對(duì)任意的n≥2，n∈N*，都有an>an－1，∴Mn＝an，mn＝a1，bn－bn－1＝eq\f(Mn＋mn,2)－eq\f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq\f(an＋a1,2)－eq\f(an－1＋a1,2)＝eq\f(an－an－1,2)＝d′，∴an－an－1＝2d′，即{an}為等差數(shù)列．②當(dāng)d′<0時(shí)，則必有mn<mn－1，∴an＝mn<mn－1≤an－1，即對(duì)任意的n≥2，n∈N*，都有an<an－1，∴Mn＝a1，mn＝an，bn－bn－1＝eq\f(Mn＋mn,2)－eq\f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq\f(a1＋an,2)－eq\f(a1＋an－1,2)＝eq\f(an－an－1,2)＝d′，∴an－an－1＝2d′，即{an}為等差數(shù)列．③當(dāng)d′＝0時(shí)，bn－bn－1＝eq\f(Mn＋mn,2)－eq\f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq\f(Mn－Mn－1,2)＋eq\f(mn－mn－1,2)＝0，∵M(jìn)n－Mn－1，mn－mn－1中必有一個(gè)為0，∴根據(jù)上式知，一個(gè)為0，另一個(gè)也為0，即Mn＝Mn－1，mn＝mn－1，∴{an}為常數(shù)列，∴{an}為等差數(shù)列．綜上，數(shù)列{an}也一定是等差數(shù)列．法二：若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，設(shè)其通項(xiàng)公式為bn＝pn＋q(p，q∈R)，則bn＋1－bn＝p.對(duì)于a1，a2，…，an，增加an＋1時(shí)，有下列情況：①若an＋1>Mn，則Mn＋1＝an＋1，mn＋1＝mn，此時(shí)an＋1＝Mn＋1>Mn≥an，∴an＋1>an對(duì)n∈N*恒成立，則Mn＝an，mn＋1＝mn＝a1，∴bn＋1－bn＝eq\f(Mn＋1＋mn＋1,2)－eq\f(Mn＋mn,2)＝eq\f(an＋1＋a1,2)－eq\f(an＋a1,2)＝eq\f(an＋1－an,2)＝p，即an＋1