题目
题型:不详难度:来源:
n+2 |
n |
(I)求证:
an+1 |
an |
n+1 |
2n |
(II)求an及Sn;
(III)求证:
a | 21 |
a | 22 |
a | 23 |
a | 2n |
49 |
64 |
答案
n+2 |
n |
n+3 |
n+1 |
(2)-(1),得an+1=
n+2 |
n |
n+3 |
n+1 |
an+1 |
an |
n+1 |
2n |
( II)当n=1时,a1=S1=2-
1+2 |
1 |
1 |
2 |
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 |
即an=
n |
2n |
将an=
n |
2n |
n+2 |
n |
2n+1-n-2 |
2n |
( III)由an=
n |
2n |
1 |
2 |
2 |
22 |
3 |
23 |
n |
2n |
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 |
1 |
2k |
令k=4,5,6,…,n,各式相加,得(
4 |
24 |
5 |
25 |
6 |
26 |
n |
2n |
1 |
8 |
1 |
2n |
又(
1 |
2 |
2 |
22 |
3 |
23 |
41 |
64 |
两式相加,得(
1 |
2 |
2 |
22 |
3 |
23 |
n |
2n |
49 |
64 |
1 |
2n |
49 |
64 |
核心考点
试题【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】;主要考察你对数列综合等知识点的理解。[详细]
举一反三
7x+5 |
x+1 |
(1)求证:数列{
1 |
an |
(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.
nπ |
3 |
nπ |
3 |
(1)求Sn;
(2)bn=
S3n |
n•4n |
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)若bn=
1 |
Sn+1-1 |
(III)若cn=n•2an+1,求数列{cn}的前n项和Tn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=nan,求数列的前n项和Sn.
(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 |
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