(本小题满分14分)
已知数列满足:(其中常数).
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)求证:当时,数列中的任何三项都不可能成等比数列;
(Ⅲ)设为数列的前项和.求证:若任意,
(1)an=(2n+1)·λn-1 (n∈N*).(2)运用反证法思想 ,假设存在ar,as,at成等比数列,然后推理论证得出矛盾。
(3)运用数列的通项公式以及数列的错位相减法的求和来证明,不等式的成立。
解析试题分析:解:(Ⅰ)当n=1时,a1=3.
当n≥2时,因为, ①
所以. ②
①-②得,所以an=(2n+1)·λn-1(n≥2,n∈N*).……………… 3分
又 a1=3也适合上式,
所以an=(2n+1)·λn-1 (n∈N*). …………………… 4分
(Ⅱ)当λ=4时,an=(2n+1)·4n-1.
(反证法)假设存在ar,as,at成等比数列,
则[(2r+1)·4r-1]· [(2t+1)·4t-1]=(2s+1)2·42s-2.
整理得(2r+1) (2t+1) 4 r+t-2s=(2s+1)2.
由奇偶性知r+t-2s=0.
所以(2r+1) (2t+1)=(r+t+1)2,即(r-t)2=0.这与r≠t矛盾,
故不存在这样的正整数r,s,t,使得ar,as,at成等比数列. ……… 8分
(Ⅲ)Sn=3+5λ+7λ2+…+(2n+1)λn-1.
当λ=1时,Sn=3+5+7+…+(2n+1)=n2+2n. ………… 10分
当λ≠1时,Sn=3+5λ+7λ2+…+(2n+1)λn-1,
λSn= 3λ+5λ2+…+(2n-1)λn-1+(2n+1)λn.
(1-λ)Sn=3+2(λ+λ2+λ3++…+λn-1)-(2n+1)λn=3+2×-(2n+1)λn
①当λ=1时,左=(1-λ)Sn+λan=an=2n+1≥3,结论显然成立;
②当λ≠1时,左=(1-λ)Sn+λan=3+2× -(2n+1)λn+λan
=3+2×
而,和同号,故≥0
∴ 对任意都成立 ………… 14分
考点:数列的通项公式与求和的运用
点评:解决该试题的关键是利用数列的整体思想来求解通项公式,以及结合错位相减法求和得到证明,属于中档题。
科目:高中数学 来源: 题型:解答题
(本小题满分16分)
已知数列是等差数列,数列是等比数列,且对任意的,都有.
(1)若的首项为4,公比为2,求数列的前项和;
(2)若.
①求数列与的通项公式;
②试探究:数列中是否存在某一项,它可以表示为该数列中其它项的和?若存在,请求出该项;若不存在,请说明理由.
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