高考数学二轮复习课时达标训练（十四）等差等比数列的综合问题

课时达标训练(十四)等差、等比数列的综合问题A组——大题保分练1．在数列{an}，{bn}中，已知a1＝2，b1＝4，且an，－bn，an＋1成等差数列，bn，－an，bn＋1也成等差数列．(1)求证：{an＋bn}是等比数列；(2)设m是不超过100的正整数，求使eq\f(an－m,an＋1－m)＝eq\f(am＋4,am＋1＋4)成立的所有数对(m，n)．解：(1)证明：由an，－bn，an＋1成等差数列可得，－2bn＝an＋an＋1，①由bn，－an，bn＋1成等差数列可得，－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为首项，－3为公比的等比数列．(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是不超过100的正整数，可得2≤(－3)n－m＋1≤101，所以n－m＋1＝2或4，当n－m＋1＝2时，m＋1＝9，此时m＝8，则n＝9，符合题意；当n－m＋1＝4时，m＋1＝81，此时m＝80，则n＝83，符合题意．故使eq\f(an－m,an＋1－m)＝eq\f(am＋4,am＋1＋4)成立的所有数对(m，n)为(8，9)，(80，83)．2．(2019·苏锡常镇二模)已知数列{an}是各项都不为0的无穷数列，对任意的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)成等差数列，求实数λ的值；(2)若λ＝1.(ⅰ)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列；(ⅱ)已知数列{an}中，a1≠a2.数列{bn}是公比为q的等比数列，满足b1＝eq\f(1,a1)，b2＝eq\f(1,a2)，b3＝eq\f(1,ai)(i∈N*)．求证：q是整数，且数列{bn}中的任意一项都是数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))中的项．解：(1)因为n≥3且n∈N*时，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝λ(n－1)a1an则当n＝3时，a1a2＋a2a3＝2λa1a3，因为数列{an所以等式两边同时除以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)成等差数列，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)证明：(ⅰ)当λ＝1，n＝3时，a1a2＋a2a3＝2a1整理得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a3)＝eq\f(2,a2)，则eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,a3)－eq\f(1,a2).②当n＝4时，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当n≥3时，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(n－1)a1aa1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋anan＋1＝na1an＋1anan＋1＝na1an＋1－(n－1)a1an，因为an≠0，所以eq\f(1,a1)＝eq\f(n,an)－eq\f(n－1,an＋1)，则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)对任意的正整数n恒成立，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))成等差数列．(ⅱ)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差为d，设cn＝eq\f(1,an)，c1＝eq\f(1,a1)＝c(c≠0)，则b1＝c1＝c，b2＝c2＝c＋d，d＝c2－c1＝b2－b1＝cq－c.当i＝2时，b3＝c2＝b2，从而q＝1，b2＝b1，得a1＝a2，与已知不符．当i＝3时，由b3＝c3，cq2＝c＋2d＝c＋2c(q－1)，得q2＝1＋2(q－1)，得q＝1，当i＝1时，由b3＝c1，cq2＝c，得q2＝1，则q＝－1(上面已证q≠1)为整数．此时数列{bn}为：c，－c，c，…；数列{cn}中，c1＝c，c2＝－c，公差d＝－2c.数列{bn}中每一项都是{cn}中的项(c＝c1，－c＝c2当i≥4时，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)为正整数．cq＝c＋d，b3＝ci，对任意的正整数k≥4，欲证明bk是数列{cn}中的项，只需证bk＝cqk－1＝ci＋xd＝b3＋x(cq－c)＝cq2＋x(cq－c)有正整数解x，即证x＝eq\f(qk－1－q2,q－1)为正整数．因为x＝eq\f(qk－1－q2,q－1)＝eq\f(q2（qk－3－1）,q－1)表示首项为q2，公比为q＝i－2(i≥4)，共k－3(k≥4)项的等比数列的和，所以x为正整数．因此，{bn}中的每一项都是数列{cn}也即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))中的项．3．(2019·盐城三模)在无穷数列{an}中，an>0(n∈N*)，记{an}前n项中的最大项为kn，最小项为rn，令bn＝eq\r(knrn).(1)若{an}的前n项和Sn满足Sn＝eq\f(n2＋na1,2).①求bn；②是否存在正整数m，n，满足eq\f(beq\o\al(2,m),beq\o\al(2,n))＝eq\f(2m－1,2n)？若存在，请求出这样的m，n，若不存在，请说明理由．(2)若数列{bn}是等比数列，求证：数列{an}是等比数列．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)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n，综上，得an＝n(n∈N*)．显然{an}为递增数列，∴kn＝an＝n，rn＝a1＝1，∴bn＝eq\r(n).②假设存在满足条件的正整数m，n，则eq\f(m,n)＝eq\f(2m－1,2n)，∴eq\f(m,2m)＝eq\f(n,2n)×eq\f(1,2)，设cn＝eq\f(n,2n)，则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，则m≥n＋1，当m＝n＋1时，eq\f(m,n)＝eq\f(2m－1,2n)显然不成立．当m>n＋1时，eq\f(m,n)＝eq\f(2m－1,2n)＝2m－n－1，设m－n－1＝t，则t∈N*，eq\f(n＋1＋t,n)＝2t，得n＝eq\f(t＋1,2t－1)，设dn＝eq\f(n＋1,2n－1)，则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，∴数列{dn}递减．又d1＝2，d2＝1，d3＝eq\f(4,7)<1，∴n≥3时，dn<1恒成立．故方程n＝eq\f(t＋1,2t－1)的解有且仅有t＝1，n＝2或t＝2，n＝1，此时m＝4，故满足条件的m，n存在，m＝4，n＝1或n＝2.(2)证明：∵an>0(n∈N*)，且kn，rn分别为{an}前n项中的最大项和最小项，∴kn＋1≥kn，rn＋1≤rn，设数列{bn}的公比为q，显然q>0，(ⅰ)当q＝1时，eq\f(\r(kn＋1rn＋1),\r(knrn))＝1，得eq\f(kn＋1,kn)＝eq\f(rn,rn＋1)，若kn＋1>kn，则rn＋1<rn，由kn与rn的含义可知kn＋1>kn与rn＋1<rn不可能同时成立，故kn＋1＝kn，则rn＋1＝rn，则kn＝k1＝a1，rn＝r1＝a1，∴an＝a1，∴eq\f(an＋1,an)＝1，∴数列{an}是等比数列．(ⅱ)当q>1时，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，∴数列{an}是等比数列．(ⅲ)当0＜q＜1时，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∴数列{an}是等比数列，综上可得，数列{an}是等比数列．4．(2019·南通等七市三模)已知数列{an}满足(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1(n≥2)，bn＝eq\f(1,an)－n(n∈N*)．(1)若a1＝3，证明：{bn}是等比数列；(2)若存在k∈N*，使得eq\f(1,ak)，eq\f(1,ak＋1)，eq\f(1,ak＋2)成等差数列．①求数列{an}的通项公式；②证明：lnn＋eq\f(1,2)an>ln(n＋1)－eq\f(1,2)an＋1.解：(1)证明：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)．因为a1＝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)为首项，2为公比的等比数列．(2)①设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.因为eq\f(1,ak)，eq\f(1,ak＋1)，eq\f(1,ak＋2)成等差数列，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证明：要证lnn＋eq\f(1,2)an>ln(n＋1)－eq\f(1,2)an＋1，即证eq\f(1,2)(an＋an＋1)>lneq\f(n＋1,n)，即证eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)>2lneq\f(n＋1,n).设t＝eq\f(n＋1,n)，则eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＝t－1＋eq\f(t－1,t)＝t－eq\f(1,t)，且t>1，从而只需证当t>1时，t－eq\f(1,t)>2lnt.设f(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>1)，则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，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(1)＝0，即x－eq\f(1,x)>2lnx，因为t>1，所以t－eq\f(1,t)>2lnt，所以原不等式得证．B组——大题增分练1．(2019·苏北三市一模)已知数列{an}满足对任意的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.记Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an(1)若q＝1，求T2019的值；(2)设数列{bn}满足bn＝(1＋q)Tn－qnan.①求数列{bn}的通项公式；②若数列{cn}满足c1＝1，且当n≥2时，cn＝2bn－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由．解：(1)当q＝1时，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由题意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2，因为c1，ck－c1，ct－ck成等比数列，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.当k＝2时，2t＝8，得t＝3.当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－3×2k－2＋1为奇数，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3×2k－2＝0，得2k＝3，此时k无正整数解．综上，k＝2，t＝3.2．(2018·江苏高考)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．(1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围；(2)若a1＝b1>0，m∈N*，q∈(1，eq\r(m,2)]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)．解：(1)由条件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.因为|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，即|(n－1)d－2n－1|≤1对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的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(5,2))).(2)由条件知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)，即当n＝2，3，…，m＋1时，d满足eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤d≤eq\f(qn－1,n－1)b1.因为q∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\r(m,2)))，则1＜qn－1≤qm≤2，从而eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤0，eq\f(qn－1,n－1)b1＞0，对n＝2，3，…，m＋1均成立．因此，取d＝0时，|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立．下面讨论数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值和数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值(n＝2，3，…，m＋1)．①当2≤n≤m时，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）).当1＜q≤2eq\s\up6(\f(1,m))时，有qn≤qm≤2，从而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.因此，当2≤n≤m＋1时，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))单调递增，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值为eq\f(qm－2,m).②设f(x)＝2x(1－x)，当x＞0时，f′(x)＝(ln2－1－xln2)2x＜0，所以f(x)单调递减，从而f(x)＜f(0)＝1.当2≤n≤m时，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，当2≤n≤m＋1时，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))单调递减，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值为eq\f(qm,m).因此d的取值范围为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)已知数列{an}的各项均不为零．设数列{an}的前n项和为Sn，数列{aeq\o\al(2,n)}的前n项和为Tn，且3Seq\o\al(2,n)－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.(1)求a1，a2的值；(2)证明：数列{an}是等比数列；(3)若(λ－nan)(λ－nan＋1)<0对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的所有可能取值．解：(1)由题意知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，因为a1≠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，因为a2≠0，所以a2＝－eq\f(1,2).(2)证明：因为3Seq\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，因为an＋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当n≥2时，③－④得，3(an＋1＋an)＋an＋1－an＝0，即an＋1＝－eq\f(1,2)an，因为an≠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)，所以数列{an}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列．(3)由(2)知，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).因为对任意的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)之间．因为neq\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对任意的n∈N*恒成立，所以λ＝0符合题意．若λ>0，则当n为奇数时，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，从而有λ<eq\f(n,2n－1)恒成立．记p(n)＝eq\f(n2,2n)(n≥4)，因为p(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)，(*)从而当n≥5且n≥eq\f(2,λ)时，有λ≥eq\f(2,n)≥eq\f(n,2n－1)，所以λ>0不符合题意．若λ<0，则当n为奇数时，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，从而有－λ<eq\f(n,2n)恒成立．由(*)式知，当n≥5且n≥－eq\f(1,λ)时，有－λ≥eq\f(1,n)≥eq\f(n,2n)，所以λ<0不符合题意．综上，实数λ的所有可能取值为0.4．(2019·扬州期末)记无穷数列{an}的前n项中的最大值为Mn，最小值为mn，令bn＝eq\f(Mn＋mn,2)，数列{an}的前n项和为An，数列{bn}的前n项和为Bn.(1)若数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，求Bn；(2)若数列{bn}是等差数列，试问数列{an}是否也一定是等差数列？若是，请证明；若不是，请举例说明；(3)若bn＝2n－100n，求An.解：(1)∵数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＝2n，∴mn＝2，Mn＝an＝2n，则bn＝eq\f(2＋2n,2)＝1＋2n－1，∴Bn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)×1＝2n－1＋n.(2)法一：若数列{bn}是等差数列，设其公差为d′，则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)，根据Mn，mn的定义知，Mn≥Mn－1，mn≤mn－1，且两个不等式中至少有一个取等号．①若d′>0，则必有Mn>Mn－1，∴an＝Mn>Mn－1≥an－1，即对任意的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}为等差数列．②当d′<0时，则必有mn<mn－1，∴an＝mn<mn－1≤an－1，即对任意的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}为等差数列．③当d′＝0时，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，∵Mn－Mn－1，mn－mn－1中必有一个为0，∴根据上式知，一个为0，另一个也为0，即Mn＝Mn－1，mn＝mn－1，∴{an}为常数列，∴{an}为等差数列．综上，数列{an}也一定是等差数列．法二：若数列{bn}是等差数列，设其通项公式为bn＝pn＋q(p，q∈R)，则bn＋1－bn＝p.对于a1，a2，…，an，增加an＋1时，有下列情况：①若an＋1>Mn，则Mn＋1＝an＋1，mn＋1＝mn，此时an＋1＝Mn＋1>Mn≥an，∴an＋1>an对n∈N*恒成立，则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