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数列{an}是公差为d(d>0)的等差数列,且a2是a1与a4的等比中项,设Sn=a1+a3+a5+…+a2n-1(n∈N*).
(1)求证:
Sn
+
Sn+2
=2
Sn+1

(2)若d=
1
4
,令bn=
Sn
2n-1
,{bn}的前n项和为Tn,是否存在整数P、Q,使得对任意n∈N*,都有P<Tn<Q,若存在,求出P的最大值及Q的最小值;若不存在,请说明理由.
分析:(1)依题意,可求得an=nd,从而可得Sn=a1+a3+…+a2n-1=n2d;于是易证
Sn
+
Sn+2
=2
Sn+1

(2)当d=
1
4
时,Sn=n2d=
n2
4
,bn=
Sn
2n-1
=
n
2n
,于是Tn=1×
1
2
+2×
1
22
+3×
1
23
+…+n×
1
2n
,利用错位相减法可求得Tn,利用单调性的定义可判断数列{Tn}是递增数列,从而可对(2)中的P,Q作出判断.
解答:解:(1)证明:因为a2是a1与a4的等比中项,
所以(a1+d)2=a1(a1+3d),…(2分)
于是有d2=a1d,因为d>0,所以a1=d.
故 an=a1+(n-1)d=nd.…(4分)
从而Sn=a1+a3+…+a2n-1=
n(a1+a2n-1)
2
=
n[d+(2n-1)d]
2
=n2d.…(6分)
因为
Sn
+
Sn+2
=
n2d
+
(n+2)2d
=(n+n+2)
d

=2(n+1)
d
=2
(n+1)2d
=2
Sn+1

所以
Sn
+
Sn+2
=2
Sn+1
.…(7分)
(2)当d=
1
4
时,Sn=n2d=
n2
4

bn=
Sn
2n-1
=
n
2n
.…(8分)
Tn=1×
1
2
+2×
1
22
+3×
1
23
+…+n×
1
2n
,①
1
2
Tn=1×
1
22
+2×
1
23
+…+(n-1)×
1
2n
+n×
1
2n+1
,②
①-②,得
1
2
Tn=
1
2
+
1
22
+
1
23
+…+
1
2n
-n×
1
2n+1

=
1
2
(1-
1
2n
)
1-
1
2
-n•
1
2n+1

=1-
1
2n
-n•
1
2n+1

∴Tn=2-(n+2)•
1
2n
,…(11分)
由于Tn+1-Tn=(n+1)•
1
2n+1
>0,
所以数列{Tn}是递增数列,…(13分)
当n=1时,Tn的最小值为
1
2
1
2
≤Tn<2,所以,存在整数P、Q,使得P<Tn<Q,P的最大值为0,Q的最小值为2.                               …(15分)
点评:本题考查数列的求和,考查等比数列的通项公式与等差数列的求和公式的应用,突出错位相减法求和,考查单调性的判断与最值的应用,考查推理与证明,属于难题.
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科目:高中数学 来源: 题型:

20、已知各项均为实数的数列{an}是公差为d的等差数列,它的前n项和为Sn,且满足S4=2S2+8.
(1)求公差d的值;
(2)若数列{an}的首项的平方与其余各项之和不超过10,则这样的数列至多有多少项;
(3)请直接写出满足(2)的项数最多时的一个数列(不需要给出演算步骤).

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科目:高中数学 来源: 题型:

已知函数f(x)=( x-1)2,数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q(q∈R且q≠1)的等比数列,若a1=f(d-1),a3=f(d+1),b1=f(q+1),b3=f(q-1).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}的前n项和为Sn,且对一切自然数n,均有
c1
b1
+
c2
b2
+…+
cn
bn
=an+1,求
lim
n→∞
S2n+1
S2n
的值.

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科目:高中数学 来源: 题型:

设数列{an}是公差为d的等差数列,其前n项和为Sn,已知a4=7,a7-a2=10.
(1)求数列{an}的通项an及前n项和为Sn
(2)求证:
2
S1S3
+
3
S2S4
+…+
n+1
SnSn+2
5
16
(n∈N*)

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科目:高中数学 来源: 题型:

设数列{an}是公差为d的等差数列,其前n项和为Sn.已知a1=1,d=2,
①求当n∈N*时,
Sn+64
n
的最小值;
②证明:由①知Sn=n2,当n∈N*时,
2
s1s3
+
3
s2s4
…+
n+1
SnSn+2
5
16

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