设无穷等比数列{an}的公比为q.且an＞0(n∈N*).[an]表示不超过实数an的最大整数.记bn=[an].数列{an}的前n项和为Sn.数列{bn}的前n项和为Tn．(Ⅰ)若a1=4.q=12.求Tn,(Ⅱ)若对于任意不超过2014的正整数n.都有Tn=2n+1.证明:(23) 12012＜q＜1．(Ⅲ)证明:Sn=Tn的充分必要条件为:a1∈N*.q� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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设无穷等比数列{a_n}的公比为q，且a_n＞0（n∈N^*），[a_n]表示不超过实数a_n的最大整数（如[2.5]=2），记b_n=[a_n]，数列{a_n}的前n项和为S_n，数列{b_n}的前n项和为T_n．
（Ⅰ）若a₁=4，q=

，求T_n；
（Ⅱ）若对于任意不超过2014的正整数n，都有T_n=2n+1，证明：（

）

2012

＜q＜1．
（Ⅲ）证明：S_n=T_n（n=1，2，3，…）的充分必要条件为：a₁∈N^*，q∈N^*．

考点：数列与不等式的综合

专题：等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）由已知条件推导出b₁=4，b₂=2，b₃=1，当n＞3时，b_n=[a_n]=0，由此能求出T_n．
（Ⅱ）由已知条件推导出b₁=T₁=3，b_n=T_n-T_n-1=2，（2≤n≤2014），a₁∈[3，4），a_n∈[2，3），（2≤n≤2014），q＜1，q2012≥

＞

，由此能证明（

）

2012

＜q＜1．
（Ⅲ）先证明充分性，由a₁∈N^*，q∈N^*，推导出S_n=T_n．再证明必要性：对于任意的n∈N^*，S_n=T_n，能推导出a1∈N*，q∈N*．

解答： （本小题满分13分）
（Ⅰ）解：∵等比数列{a_n}中，a₁=4，q=

，
∴a₁=4，a₂=2，a₃=1，
且当n＞3时，0＜a_n＜1．…（1分）
∵b_n=[a_n]，∴b₁=4，b₂=2，b₃=1，
且当n＞3时，b_n=[a_n]=0．…（2分）
∴T_n=

4，n=1

6，n=2

7，n≥3

．…（3分）
（Ⅱ）证明：∵T_n=2n+1（n≤2014），
∴b₁=T₁=3，b_n=T_n-T_n-1=2，（2≤n≤2014）．…（4分）
∵b_n=[a_n]，
∴a₁∈[3，4），a_n∈[2，3），（2≤n≤2014）．…（5分）
由 q=

，得q＜1．…（6分）
∵a2014=a2q2012∈[2，3），
∴q2012≥

＞

，
∴

＜q2012＜1，即（

）

2012

＜q＜1．…（8分）
（Ⅲ）证明：（充分性）∵a₁∈N^*，q∈N^*，
∴an=a1qn-1∈N^*，
∴b_n=[a_n]=a_n 对一切正整数n都成立．
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=b₁+b₂+…+b_n，
∴S_n=T_n．…（9分）
（必要性）∵对于任意的n∈N^*，S_n=T_n，
当n=1时，由a₁=S₁，b₁=T₁，得a₁=b₁；
当n≥2时，由a_n=S_n-S_n-1，b_n=T_n-T_n-1，得a_n=b_n．
对一切正整数n都有a_n=b_n．
由 bn ∈Z，a_n＞0，得对一切正整数n都有an∈N*，…（10分）
公比q=

为正有理数．…（11分）
假设q不属于N^*，令q=

，其中p，r∈N* ，r≠1，且p与r的最大公约数为1．
∵a₁是一个有限整数，
∴必然存在一个整数k（k∈N），使得a₁能被r^k整除，而不能被r^k+1整除．
又∵ak+2=a1qk+1=

a1pk+1

rk+1

，且p与r的最大公约数为1．
∴a_k+2不属于Z，这与an∈N*（n∈N^*）矛盾．
∴q∈N^*．
∴a1∈N*，q∈N*．…（13分）

点评：本题考查数列的前n项和的求法，考查不等式的证明，考查等式成立的充要条件的证明，解题时要认真审题，要正确理解新定义．

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