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设正项数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=
1
4
an2+
1
2
an-
3
4
,n∈N*
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在等比数列{bn},使a1b1+a2b2+…anbn=(2n-1)•2n+1+2对一切正整数都成立?并证明你的结论.
分析:(1)由 Sn=
1
4
an2+
1
2
an -
3
4
,得:Sn+1
1
4
an+12+
1
2
an+1-
3
4
,所以(an+1+an)•(an+1-an-2)=0,由an+1+an>0,知an+1=an+2,由此能求出数列{an}的通项公式.
(2)由
a1b1=6
a1b1+a2b2=26 
,得:b1=2,b2=4.猜想:bn=2n,使a1b1+a2b2+…anbn=(2n-1)•2n+1+2对一切正整数都成立.然后再由错位相减法进行证明.
解答:解:(1)由 Sn=
1
4
an2+
1
2
an -
3
4

得:Sn+1
1
4
an+12+
1
2
an+1-
3
4

Sn+1Sn
1
4
an+12+
1
2
an+1
1
4
an2-
1
2
an

整理得:(an+1+an)•(an+1-an-2)=0,
∵an+1+an>0,
∴an+1-an-2=0,即an+1=an+2,
∴{an}是等差数列.
a1=S1=
1
4
a12+
1
2
a1
3
4
>0

∴a1=3.
∴an=2n+1,n∈N*
(2)由
a1b1=6
a1b1+a2b2=26 

解得:b1=2,b2=4.
猜想:bn=2n,使a1b1+a2b2+…anbn=(2n-1)•2n+1+2对一切正整数都成立.
下面证明猜想成立:
即证3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)•2n=(2n-1)•2n+1+2对一切正整数都成立,
令Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n
则2Tn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1
两式相减得:Tn=(2n+1)•2n+1-2•2n+1+2
=(2n-1)•2n+1+2,
故原命题获证.
点评:本题考查数列通项公式的求法和数列求和的应用,综合性强,难度大,计算繁琐,容易出错.解题时要认真审题,注意培养计算能力,注意错位相减法的合理运用.
练习册系列答案
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科目:高中数学 来源: 题型:

已知函数f(x)=(
x
+
2
)2(x>0)
,设正项数列an的首项a1=2,前n 项和Sn满足Sn=f(Sn-1)(n>1,且n∈N*).
(1)求an的表达式;
(2)在平面直角坐标系内,直线ln的斜率为an,且ln与曲线y=x2相切,ln又与y轴交于点Dn(0,bn),当n∈N*时,记dn=
1
4
|
Dn+1Dn
|-1
,若Cn=
d
2
n+1
+
d
2
n
2dn+1dn
,求数列cn的前n 项和Tn

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科目:高中数学 来源: 题型:

设正项数列{an}的前项和是Sn,若{an}和{
Sn
}都是等差数列,且公差相等,求:
(1){an}的通项公式;
(2)若a1,a2,a5恰为等比数列{bn}的前三项,记数列cn=cn=
24bn
(12bn-1)2
,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:对任意n∈N*,都有Tn<2.

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设正项数列{an}的前项和为Sn,q为非零常数.已知对任意正整数n,m,当n>m时,Sn-Sm=qm•Sn-m总成立.
(1)求证数列{an}是等比数列; 
(2)若正整数n,m,k成等差数列,求证:
1
Sn
+
1
Sk
2
Sm

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科目:高中数学 来源: 题型:

(1)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
2an2+3an+m
an+1
(n∈N*)
,①若恒有an+1≥an,求m的取值范围.②在-3≤m<1时,证明:
1
a1+1
+
1
a2+1
+…+
1
an+1
≥1-
1
2n

(2)设正项数列{an}的通项an满足条件:(ann+nan-1=0(n∈N*),求证:0<an
1
2

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