Question

14．已知{a_n}（n=1，2，3，…）是由非負(fù)整數(shù)組成的無(wú)窮數(shù)列，該數(shù)列前n項(xiàng)的最大值記為A_n，第n項(xiàng)之后各項(xiàng)a_n+1，a_n+2，…的最小值記為B_n，d_n=A_n-B_n．
（1）若{a_n}滿(mǎn)足a₁=3，當(dāng)n≥2時(shí)，${a_n}={3^n}-1$，寫(xiě)出d₁，d₂，d₃的值；
（2）設(shè)d是非負(fù)整數(shù)，證明：d_n=-d的充分必要條件為{a_n}是公差為d的等差數(shù)列；
（3）若{a_n}的通項(xiàng)公式為${a_n}={2^n}$，求數(shù)列$\left\{{-\frac{n^2}{d_n}}\right\}$的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）由{a_n}滿(mǎn)足a₁=3，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=3ⁿ-1，可知數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列．可得A_n，B_n，d_n=A_n-B_n．
（2）充分性：設(shè){a_n}是公差為d的等差數(shù)列，d是非負(fù)整數(shù)．則A_n=a_n，B_n=a_n+1，即可得出．
必要性：若 d_n=A_n-B_n=-d，（n=1，2，3，4…）．假設(shè)a_k是第一個(gè)使a_k-a_k-1＜0的項(xiàng)，則d_k=A_k-B_k=a_k-1-B_k≥a_k-1-a_k＞0，這與d_n=-d≤0相矛盾，故{a_n}是一個(gè)不減的數(shù)列．即可證明．
（3）${{a}_{n}=2}^{n}$，可知數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列．可得：A_n=2ⁿ，B_n=2ⁿ⁺¹．d_n=-2ⁿ，$-\frac{{n}^{2}}{3thbjph_{n}}$=$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$．?dāng)?shù)列$\left\{{-\frac{n^2}{d_n}}\right\}$的前n項(xiàng)和S_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{{2}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{3}^{2}}{{2}^{3}}$+…+$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$，兩次利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 （1）解：∵{a_n}滿(mǎn)足a₁=3，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=3ⁿ-1，可知數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列．
∴當(dāng)n=1時(shí)，A₁=a₁=3；B₁=a₂=3²-1=8，d₁=A₁-B₁=3-8=-5．
當(dāng)n=2時(shí)，A₂=a₂=8；B₂=a₃=3³-1=26，d₂=A₂-B₂=8-26=-18．
當(dāng)n=3時(shí)，A₃=a₃=26；B₃=a₄=3⁴-1=80，d₃=A₃-B₃=26-80=-54．
（2）證明：充分性：設(shè){a_n}是公差為d的等差數(shù)列，d是非負(fù)整數(shù)．
則A_n=a_n，B_n=a_n+1，∴d_n=A_n-B_n=a_n-a_n+1=-d．
必要性：若 d_n=A_n-B_n=-d，（n=1，2，3，4…）．假設(shè)a_k是第一個(gè)使a_k-a_k-1＜0的項(xiàng)，
則d_k=A_k-B_k=a_k-1-B_k≥a_k-1-a_k＞0，這與d_n=-d≤0相矛盾，故{a_n}是一個(gè)不減的數(shù)列．
∴d_n=A_n-B_n=a_n-a_n+1=-d，即 a_n+1-a_n=d，故{a_n}是公差為d的等差數(shù)列．
（3）解：∵${{a}_{n}=2}^{n}$，可知數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列．
可得：A_n=2ⁿ，B_n=2ⁿ⁺¹．
∴d_n=A_n-B_n=-2ⁿ．
∴$-\frac{{n}^{2}}{5zjrzt1_{n}}$=$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$．
∴數(shù)列$\left\{{-\frac{n^2}{d_n}}\right\}$的前n項(xiàng)和S_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{{2}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{3}^{2}}{{2}^{3}}$+…+$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n}}$．
$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{{2}^{2}}{{2}^{3}}$+…+$\frac{（n-1）^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$-$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
令H_n=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
則$\frac{1}{2}$H_n=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}$H_n=$\frac{1}{2}$+2×$（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$+2×$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{{2}^{n+1}}$，
∴H_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．
∴$\frac{1}{2}$S_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$-$\frac{{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$，
∴S_n=6-$\frac{4n+6+{n}^{2}}{{2}^{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和公式、“錯(cuò)位相減法”、新定義，考查了分類(lèi)討論思想、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．