分析 (1)由2an+2=an+1+an,變形為2(an+2-an+1)=-(an+1-an).令bn=an+1-an,則{b_{n+1}}=-\frac{1}{2}{b_n},利用等比數(shù)列的定義通項公式即可證明.
(2)由(1)可知{b_n}={a_{n+1}}-{a_n}=(b-a){(-\frac{1}{2})^{n-1}}(n∈{N^*}),利用累加法{a_{n+1}}=a+\frac{2}{3}(b-a)[1-{(-\frac{1}{2})^n}],可得:{a_n}=a+\frac{2}{3}(b-a)[1-{(-\frac{1}{2})^{n-1}}](n≥2),n=1時也適合該式.再利用極限的運算性質(zhì)即可得出.
解答 (1)證明:由a1=a,a2=b,2an+2=an+1+an,得2(an+2-an+1)=-(an+1-an).
令bn=an+1-an,則{b_{n+1}}=-\frac{1}{2}{b_n},
∴{bn}是以b-a為首項,以-\frac{1}{2}為公比的等比數(shù)列.
(2)解:由(1)可知{b_n}={a_{n+1}}-{a_n}=(b-a){(-\frac{1}{2})^{n-1}}(n∈{N^*}),
由累加法得{a_{n+1}}-{a_1}=(b-a)\frac{{1-{{(-\frac{1}{2})}^n}}}{{1-(-\frac{1}{2})}},即{a_{n+1}}=a+\frac{2}{3}(b-a)[1-{(-\frac{1}{2})^n}],
∴{a_n}=a+\frac{2}{3}(b-a)[1-{(-\frac{1}{2})^{n-1}}](n≥2),n=1時,a1=a也適合該式;
∴{a_n}=a+\frac{2}{3}(b-a)[1-{(-\frac{1}{2})^{n-1}}](n∈{N^*})
∴{a_1}+{a_2}+…+{a_n}=na+\frac{2}{3}(b-a)[n-\frac{{1-{{(-\frac{1}{2})}^n}}}{{1+\frac{1}{2}}}]=na+\frac{2}{3}(b-a)n-\frac{4}{9}(b-a)+\frac{4}{9}(b-a){(-\frac{1}{2})^n},
由于\lim_{n→∞}({a_1}+{a_2}+…+{a_n})=4,
∴a+\frac{2}{3}(b-a)=0,-\frac{4}{9}(b-a)=4,解得a=6,b=-3.
點評 本題考查了遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“累加求和”方法,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.
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A. | 都不是紅球 | B. | 恰有1個紅球 | C. | 至少有1個紅球 | D. | 至多有1個紅球 |
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A. | (-3,7) | B. | (-9,2) | C. | ( 3,7) | D. | (2,9) |
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