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設數(shù)列{a_n}的首項a₁=1，前n項和S_n滿足關系式tS_n-（t+1）S_n-1=t（t＞0，n∈N^*，n≥2）．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）設數(shù)列{a_n}的公比為f（t），作數(shù)列{b_n}，使b₁=1，（n∈N^*，n≥2），求數(shù)列{b_n}的通項公式；
（Ⅲ）數(shù)列{b_n}滿足條件（Ⅱ），求和：b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1．

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難點磁場

解析：(1)由題意，當n=1時，有，S₁=a₁，

∴，解得a₁=2.當n=2時，有，S₂=a₁+a₂，將a₁=2代入，整理得(a₂－2)²=16，由a₂＞0，解得a₂=6.當n=3時，有，S₃=a₁+a₂+a₃，將a₁=2，a₂=6代入，整理得(a₃－2)²=64，由a₃＞0，解得a₃=10.故該數(shù)列的前3項為2，6，10.

(2）解法一：由(1）猜想數(shù)列{a_n}.有通項公式a_n=4n－2.下面用數(shù)學歸納法證明{a_n}的通項公式是a_n=4n－2，(n∈N^*）.

①當n=1時，因為4×1－2=2，，又在(1)中已求出a₁=2，所以上述結論成立.

②假設當n=k時，結論成立，即有a_k=4k－2，由題意，有，將a_k=4k－2.代入上式，解得2k=，得S_k=2k²，由題意，有，S_k+1=S_k+a_k+1，將S_k=2k²代入得()²=2(a_k+1+2k²)，整理得a_k+1²－4a_k+1+4－16k²=0，由a_k+1＞0，解得a_k+1=2+4k，所以a_k+1=2+4k=4(k+1)－2，即當n=k+1時，上述結論成立.根據(jù)①②，上述結論對所有的自然數(shù)n∈N^*成立.

解法二：由題意知，(n∈N^*).整理得，S_n=(a_n+2)²,由此得S_n+1=(a_n+1+2)²，∴a_n+1=S_n+1－S_n=［(a_n+1+2)²－(a_n+2)²］.整理得(a_n+1+a_n）(a_n+1－a_n－4)=0，由題意知a_n+1+a_n≠0，∴a_n+1－a_n=4，即數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，其中a₁=2，公差d=4.∴a_n=a₁+(n－1)d=2+4(n－1)，即通項公式為a_n=4n－2.

解法三：由已知得,(n∈N^*)①，所以有②，由②式得，整理得S_n+1－2?+2－S_n=0，解得，由于數(shù)列{a_n}為正項數(shù)列，而，因而，即{S_n}是以為首項，以為公差的等差數(shù)列.所以= +(n－1) =n,S_n=2n²，

故a_n=即a_n=4n－2(n∈N^*).

(3)令c_n=b_n－1，則c_n=

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一、

答案：1+

2.解析：由題意所有正三角形的邊長構成等比數(shù)列{a_n}，可得a_n=，正三角形的內(nèi)切圓構成等比數(shù)列{r_n}，可得r_n=a,?

∴這些圓的周長之和c=2π(r₁+r₂+…+r_n)= a²，

面積之和S=π(n²+r₂²+…+r_n²)=a²

答案：周長之和πa，面積之和a²

二、3.解：(1）可解得，從而a_n=2n，有S_n=n²+n，

(2)T_n=2ⁿ+n－1.

(3)T_n－S_n=2ⁿ－n²－1，驗證可知，n=1時，T₁=S₁，n=2時T₂＜S₂；n=3時，T₃＜S₃;n=4時，T₄＜S₄；n=5時，T₅＞S₅；n=6時T₆＞S₆.猜想當n≥5時，T_n＞S_n，即2ⁿ＞n²+1

可用數(shù)學歸納法證明(略）.

4.解：(1）由a_n+2=2a_n+1－a_na_n+2－a_n+1=a_n+1－a_n可知{a_n}成等差數(shù)列，?

d==－2,∴a_n=10－2n.

(2)由a_n=10－2n≥0可得n≤5，當n≤5時，S_n=－n²+9n，當n＞5時，S_n=n²－9n+40，故S_n=

(3)b_n=

；要使T_n＞總成立，需＜T₁=成立，即m＜8且m∈Z，故適合條件的m的最大值為7.

5.解：(1）由已知S_n+1=(m+1)－ma_n+1?①，S_n=(m+1)－ma_n②,由①－②，得a_n+1=ma_n－ma_n+1，即(m+1)a_n+1=ma_n對任意正整數(shù)n都成立.

∵m為常數(shù)，且m＜－1

∴，即{}為等比數(shù)列.

(2)當n=1時，a₁=m+1－ma₁，∴a₁=1，從而b₁=.

由(1)知q=f(m)=，∴b_n=f(b_n－1)= (n∈N^*,且n≥2)

∴，即，∴{}為等差數(shù)列.∴=3+(n－1)=n+2，

(n∈N^*).

6.解：(1)設數(shù)列{b_n}的公差為d，由題意得：解得b₁=1,d=3,

∴b_n=3n－2.

(2)由b_n=3n－2,知S_n=log_a(1+1)+log_a(1+)+…+log_a(1+)

=log_a［(1+1)(1+)…(1+)］，log_ab_n+1=log_a.

因此要比較S_n與log_ab_n+1的大小，可先比較(1+1)(1+)…(1+)與的大小，

取n=1時，有(1+1)＞

取n=2時，有(1+1)(1+)＞…

 由此推測(1+1)(1+)…(1+)＞                                ①

若①式成立，則由對數(shù)函數(shù)性質(zhì)可判定：

當a＞1時，S_n＞log_ab_n+1，                                                                           ②

當0＜a＜1時，S_n＜log_ab_n+1，                                                                     ③

下面用數(shù)學歸納法證明①式.

(?)當n=1時，已驗證①式成立.

(?)假設當n=k時(k≥1），①式成立，即：

.那么當n=k+1時，

這就是說①式當n=k+1時也成立.

由(?）(?）可知①式對任何正整數(shù)n都成立.

由此證得：

當a＞1時，S_n＞log_ab_n+1；當0＜a＜1時，S_n＜log_ab_n+1?.

7.解：(1)由S₁=a₁=1,S₂=1+a₂，得3t(1+a₂)－(2t+3)=3t.

∴a₂=.

又3tS_n－(2t+3)S_n－1=3t，                                                                                  ①

3tS_n－1－(2t+3)S_n－2=3t                                                                                       ②

①－②得3ta_n－(2t+3)a_n－1=0.

∴,n=2,3,4…,所以{a_n}是一個首項為1公比為的等比數(shù)列；

(2)由f(t)= =,得b_n=f()=+b_n－1?.

可見{b_n}是一個首項為1，公差為的等差數(shù)列.

于是b_n=1+(n－1)=;

(3)由b_n=,可知{b_2n－1}和{b_2n}是首項分別為1和，公差均為的等差數(shù)列，于是b_2n=,

∴b₁b₂－b₂b₃+b₃b₄－b₄b₅+…+b_2n－1b_2n－b_2nb_2n+1?

=b₂(b₁－b₃)+b₄(b₃－b₅)+…+b_2n(b_2n－1－b_2n+1)

=－ (b₂+b₄+…+b_2n)=－?n(+)=－ (2n²+3n)