已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2-n+2nan(n∈N*).(I)求证:an+1an=n+12n;(II)求an及Sn;(III)求证:a21+a2

已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2-n+2nan(n∈N*).(I)求证:an+1an=n+12n;(II)求an及Sn;(III)求证:a21+a2

题型:不详难度:来源:
已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2-
n+2
n
an(n∈N*)

(I)求证:
an+1
an
=
n+1
2n

(II)求an及Sn
(III)求证:
a21
+
a22
+
a23
+…+
a2n
49
64
答案
( I)Sn=2-
n+2
n
an(n∈N*)
,(1)Sn+1=2-
n+3
n+1
an+1
,(2)(2分)
(2)-(1),得an+1=
n+2
n
an-
n+3
n+1
an+1
,∴
an+1
an
=
n+1
2n
.(3分)
( II)当n=1时,a1=S1=2-
1+2
1
a1a1=
1
2
;                          (4分)
由( I),得an=a1
a2
a1
a3
a2
a4
a3
•…•
an
an-1
=
1
2
2
2×1
3
2×2
4
2×3
•…•
n
2(n-1)
=
n
2n

an=
n
2n
                                             (7分)
an=
n
2n
代入Sn=2-
n+2
n
an(n∈N*)
,得Sn=
2n+1-n-2
2n
.(8分)
( III)由an=
n
2n
,则即证(
1
2
)2+(
2
22
)2+(
3
23
)2+…+(
n
2n
)2
49
64

下证:当n≥4,n∈N*时,2n≥n2
①当n=4时,24=42,成立;当n=5时,25>52,成立;              (9分)
②假设当n=k(k≥4,k∈N*)时,成立,即2k≥k2,则
当n=k+1时,2k+1≥2k2,令f(k)=2k2-(k+1)2=k2-2k-1,k≥4,k∈N*,当k=4时有最小值7,故2k2>(k+1)2
∴2k+1≥(k+1)2,即n=k+1成立;
由①②得结论成立.(11分)
于是,(
k
2k
)2
1
2k

令k=4,5,6,…,n,各式相加,得(
4
24
)2+(
5
25
)2+(
6
26
)2+…+(
n
2n
)2
1
8
-
1
2n

(
1
2
)2+(
2
22
)2+(
3
23
)2=
41
64

两式相加,得(
1
2
)2+(
2
22
)2+(
3
23
)2+…+(
n
2n
)2
49
64
-
1
2n
49
64
.(12分)
举一反三
已知函数f(x)=
7x+5
x+1
,数列{an}满足:2an+1-2an+an+1an=0且an≠0.数列{bn}中,b1=f(0)且bn=f(an-1)
(1)求证:数列{
1
an
}
是等差数列;(2)求数列{|bn|}的前n项和Tn
(3)是否存在自然数n,使得(2)中的Tn∈(480,510).若存在,求出所有的n;若不存在,请说明理由.
题型:不详难度:| 查看答案
数列{an}的通项an=n2(cos2
3
-sin2
3
)
,其前n项和为Sn
(1)求Sn
(2)bn=
S3n
n•4n
,求数列{bn}的前n项和Tn
题型:江西难度:| 查看答案
数列{an}中,a1=1,Sn是{an}的前n项和,且Sn+1=Sn+n,n∈N*
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)若bn=
1
Sn+1-1
,求数列{bn}的通项公式;
(III)若cn=n•2an+1,求数列{cn}的前n项和Tn
题型:门头沟区一模难度:| 查看答案
设数列满足a1=2,an+1-an=3•22n-1
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=nan,求数列的前n项和Sn
题型:宁夏难度:| 查看答案
对数列{an},规定{△an}为数列{an}的一阶差分数列,其中△an=an+1-an(n∈N*).对正整数k,规定 {△kan}为{an}的k阶差分数列,其中△kan=△k-1an+1-△k-1an=△(△k-1an).
(Ⅰ)若数列{an}的首项a1=1,且满足△2an-△an+1+an=-2n,求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)对(Ⅰ)中的数列{an},若数列{bn}是等差数列,使得b1Cn1+b2Cn2+b3Cn3+…+bn-1Cnn-1+bnCnn=an对一切正整数n∈N*都成立,求bn
(Ⅲ) 在(Ⅱ)的条件下,令cn=(2n-1)bn,设Tn=
c1
a1
+
c2
a2
+
c3
a3
+…+
cn
an
,若Tn<m成立,求最小正整数m的值.
题型:东城区模拟难度:| 查看答案
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