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设数列{an}的前n项和为Sn,如果
sns2n
为常数,则称数列{an}为“科比数列”.
(1)等差数列{bn}的首项为1,公差不为零,若{bn}是“科比数列”,求{bn}的通项公式;
(2)数列{cn}的各项都是正数,前n项和为Sn,若C13+C23+C33+…Cn3=Sn2对任意n∈N*都成立,试推断数列{cn}是否为“科比数列”?并说明理由.
分析:(1)设等差数列{bn}的公差为d(d≠0),
Sn
S2n
=k
,因为b1=1,所以(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0.因为对任意正整数n上式恒成立,则
d(4k-1)=0
(2k-1)(2-d)=0
,由此能求出数列{bn}的通项公式.
(2)由已知,当n=1时,c13=S12=c12.因为c1>0,所以c1=1.当n≥2时,c13+c23+c33+…+cn3=Sn2,c13+c23+c33+…+cn-13=Sn-12.所以cn3=Sn2-Sn-12=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=cn•(Sn+Sn-1).由此能推导出数列{cn}是首项为1,公差为1的等差数列.从而得到数列{cn}不是“科比数列”.
解答:解:(1)设等差数列{bn}的公差为d(d≠0),
Sn
S2n
=k
,因为b1=1,
n+
1
2
n(n-1)d=k[2n+
1
2
•2n(2n-1)d]

即2+(n-1)d=4k+2k(2n-1)d.
整理得,(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0.…(4分)
因为对任意正整数n上式恒成立,
d(4k-1)=0
(2k-1)(2-d)=0

解得
d=2
k=
1
4
. …(6分)
故数列{bn}的通项公式是bn=2n-1.…(7分)
(2)由已知,当n=1时,c13=S12=c12
因为c1>0,所以c1=1.  …(8分)
当n≥2时,c13+c23+c33+…+cn3=Sn2
c13+c23+c33+…+cn-13=Sn-12.   
两式相减,得cn3=Sn2-Sn-12=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=cn•(Sn+Sn-1).
因为cn>0,所以cn2=Sn+Sn-1=2Sn-cn.…(10分)
显然c1=1适合上式,
所以当n≥2时,cn-12=2Sn-1-cn-1
于是cn2-cn-12=2(Sn-Sn-1)-cn+cn-1
=2cn-cn+cn-1=cn+cn-1
因为cn+cn-1>0,则cn-cn-1=1,
所以数列{cn}是首项为1,公差为1的等差数列.
所以
Sn
S2n
=
n(n+1)
2n(2n+1)
=
n+1
4n+2
不为常数,
故数列{cn}不是“科比数列”. …(14分)
点评:本题首先考查等差数列、等比数列的基本量、通项,结合含两个变量的不等式的处理问题,对数学思维的要求比较高,要求学生理解“存在”、“恒成立”,以及运用一般与特殊的关系进行否定,本题有一定的探索性.综合性强,难度大,计算繁琐易出错.解题时要细心,注意培养计算能力.
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3
2
Sn=2an+1-3

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(2)求数列an的通项公式;
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3
2
an+1)•an
,求数列bn的前n项的和Tn

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3
2
×(-1)n-
1
2
,n∈N*
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(Ⅲ)证明:
1
S1
+
1
S2
+…+
1
Sn
10
9
,n∈N*

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不等式组
x≥0
y≥0
nx+y≤4n
所表示的平面区域为Dn,若Dn内的整点(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点)个数为an(n∈N*
(1)写出an+1与an的关系(只需给出结果,不需要过程),
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)设数列an的前n项和为SnTn=
Sn
5•2n
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(2013•郑州一模)设数列{an}的前n项和Sn=2n-1,则
S4
a3
的值为(  )

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