(2008•南匯區(qū)二模)數(shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù),Sn為其前n項(xiàng)的和.對(duì)于n∈N*,總有an,Sn,an2成等差數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an;
(2)設(shè)數(shù)列{
1
an
}
的前n項(xiàng)和為Tn,數(shù)列{Tn}的前n項(xiàng)和為Rn,求證:當(dāng)n≥2,n∈N時(shí),Rn-1=n(Tn-1);
(3)若函數(shù)f(x)=
1
(p-1)•3qx+1
的定義域?yàn)镽n,并且
lim
n→∞
f(an)=0(n∈N*)
,求證p+q>1.
分析:(1)主要利用等差中項(xiàng)得出Sn與an的關(guān)系式,在利用 an =
S1            n=1
Sn-Sn-1    n≥2
可求出an
(2)就是要用數(shù)學(xué)歸納法證明,先驗(yàn)證:n=2時(shí)等式成立,再假設(shè) n=k時(shí)等式成立,推n=k+1時(shí)成立,其中有要利用好假設(shè)條件和Rk=Rk-1+Tk就可證出.
(3)先說(shuō)明:q≠0.如果q=0,則f(x)=
1
p
lim
n→∞
f(an)不是0
,∴q≠0;再根據(jù)(p-1)•3qx+1≠0恒成立.即p-1≠-(
1
3q
)x
恒成立.由于q≠0時(shí),-(
1
3q
)x
的值域?yàn)椋?∞,0),結(jié)合條件得出3q>1從而得出p+q>1.
解答:解:(1)由已知n∈N*時(shí),2Sn=an+an2總成立.∴2Sn-1=an-1+an-12(n≥2),
兩式作差,得2an=an+an2-an-1-an-12,∴an+an-1=(an+an-1)(an-an-1),∵an、an-1均為正數(shù).∴an-an-1=1(n≥2).∴{an}是公差為1的等差數(shù)列.
又n=1時(shí),2S1=2a1=a1+a12,得a1=1,故an=n.…(4分)
(2)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:
①當(dāng)n=2時(shí),R1=T1=
1
a1
=1,2(T2-1)=2(
1
a1
+
1
a2
-1)=1
.∴n=2時(shí),等式成立
②假設(shè)當(dāng)n=k(k≥2)時(shí),
Rk=Rk-1+Tk=k(Tk-1)+Tk=(k+1)Tk-k=(k+1)(Tk+1-
1
ak+1
)-k
=(k+1)(Tk+1-
1
k+1
)-k=(k+1)(Tk+1-1+1-
1
k+1
)-k=(k+1)(Tk+1-1).
當(dāng)n=k+1時(shí),等式也成立.

綜合①和②,可知所要證明的等式成立.…(10分)
(3)如果q=0,則f(x)=
1
p
,
lim
n→∞
f(an)不是0
,∴q≠0,∵f(x)定義域?yàn)镽,
(p-1)•3qx+1≠0恒成立.即p-1≠-(
1
3q
)x
恒成立.由于q≠0時(shí),-(
1
3q
)x
的值域?yàn)椋?∞,0),
∴p-1≥0,又當(dāng)p=1時(shí),f(x)=1.
lim
n→∞
f(an)≠0
,
∴p>1.
lim
n→∞
f(an)
=
lim
n→∞
1
(p-1)•3qn+1
=
 
10<3q<1
1
p
3q=1
,,
left
0&3q
1

∴3q>1,∴q>0,故p+q>1…16分
點(diǎn)評(píng):本題的第1問(wèn)比較簡(jiǎn)單,主要考查了 an =
S1            n=1
Sn-Sn-1    n≥2
這個(gè)知識(shí)點(diǎn).第2問(wèn)主要考查了數(shù)學(xué)歸納法證明,關(guān)鍵在于 n=k+1時(shí)的推導(dǎo)過(guò)程要利用好假設(shè)條件和題的條件,運(yùn)算的技巧性較強(qiáng).
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