设{an}是正数组成的数列,其前n项和为Sn,并且对于所有的自然数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.(1)写出数列{an}的前3项.(2)求数列{a

设{an}是正数组成的数列,其前n项和为Sn,并且对于所有的自然数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.(1)写出数列{an}的前3项.(2)求数列{a

题型:不详难度:来源:
设{an}是正数组成的数列,其前n项和为Sn,并且对于所有的自然数nan与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.
(1)写出数列{an}的前3项.
(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程).
(3)令bn=(n∈N*),求 (b1+b2+b3+…+bnn).
答案
(1) 数列的前3项为2,6,10 ,(2) an=4n-2 ,(3)1
解析
(1)由题意,当n=1时,有S1=a1
,解得a1=2 当n=2时,有S2=a1+a2,将a1=2代入,整理得(a2-2)2=16,由a2>0,解得a2=6.
n=3时,有S3=a1+a2+a3
a1=2,a2=6代入,整理得(a3-2)2=64,由a3>0,解得a3=10.
故该数列的前3项为2,6,10.
(2)解法一:由(1)猜想数列{an} 有通项公式an=4n-2.
下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n-2,(n∈N*).
①当n=1时,因为4×1-2=2,,又在(1)中已求出a1=2,所以上述结论成立 
②假设当n=k时,结论成立,即有ak=4k-2,由题意,有,将ak=4k-2. 代入上式,解得2k=,得Sk=2k2
由题意,有Sk+1=Sk+ak+1
Sk=2k2代入得()2=2(ak+1+2k2),
整理得ak+12-4ak+1+4-16k2=0,由ak+1>0,解得ak+1=2+4k
所以ak+1=2+4k=4(k+1)-2,
即当n=k+1时,上述结论成立.
根据①②,上述结论对所有的自然数n∈N*成立.
解法二:由题意知,(n∈N*) 整理得,Sn=(an+2)2,
由此得Sn+1=(an+1+2)2,∴an+1=Sn+1Sn=[(an+1+2)2-(an+2)2].
整理得(an+1+an)(an+1an-4)=0,
由题意知an+1+an≠0,∴an+1an=4,
即数列{an}为等差数列,其中a1=2,公差d=4.
an=a1+(n-1)d=2+4(n-1),即通项公式为an=4n-2.
解法三:由已知得,(n∈N*)     ①,
所以有            ②,
由②式得
整理得Sn+1-2·+2-Sn=0,
解得
由于数列{an}为正项数列,而
因而
即{Sn}是以为首项,以为公差的等差数列.
所以=+(n-1)=n,Sn=2n2
an=an=4n-2(n∈N*).
(3)令cn=bn-1,则cn=




举一反三

已知函数,数列满足:

(Ⅰ)求证:
(Ⅱ)求数列的通项公式;
(Ⅲ)求证不等式:
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已知Sn=1++…+,(n∈N*),设f(n)=S2n+1Sn+1,试确定实数m的取值范围,使得对于一切大于1的自然数n,不等式: 
f(n)>[logm(m-1)]2[log(m1)m2恒成立.
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已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值- (t>0),f(1)=0.
(1)求y=f(x)的表达式;
(2)若任意实数x都满足等式f(xg(x)+anx+bn=xn+1g(x)]为多项式,n∈N*),试用t表示anbn
(3)设圆Cn的方程为(xan)2+(ybn)2=rn2,圆CnCn+1外切(n=1,2,3,…);{rn}是各项都是正数的等比数列,记Sn为前n个圆的面积之和,求rnSn.
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设数列的前项和为,已知,且

其中为常数.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)证明:数列为等差数列;
(Ⅲ)证明:不等式对任何正整数都成立.
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已知等差数列的首项为a,公差为b;等比数列的首项为b,公比为a,其中a,且
  (1)求a的值;
  (2)若对于任意,总存在,使,求b的值;
  (3)在(2)中,记是所有中满足的项从小到大依次组成的数列,又记的前n项和,的前n项和,求证:
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