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设数列{a_n}的首项a₁=1，前n项和S_n满足关系式tS_n-（t+1）S_n-1=t（t＞0，n∈N^*，n≥2）．
（Ⅰ）求证：数列{a_n}是等比数列；
（Ⅱ）设数列{a_n}的公比为f（t），作数列{b_n}，使b₁=1，（n∈N^*，n≥2），求数列{b_n}的通项公式；
（Ⅲ）数列{b_n}满足条件（Ⅱ），求和：b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1．

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难点磁场

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.当n=3时，有，S₃=a₁+a₂+a₃，将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{a_n}.有通项公式a_n=4n－2.下面用数学归纳法证明{a_n}的通项公式是a_n=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a_k=4k－2，由题意，有，将a_k=4k－2.代入上式，解得2k=，得S_k=2k²，由题意，有，S_k+1=S_k+a_k+1，将S_k=2k²代入得()²=2(a_k+1+2k²)，整理得a_k+1²－4a_k+1+4－16k²=0，由a_k+1＞0，解得a_k+1=2+4k，所以a_k+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，S_n=(a_n+2)²,由此得S_n+1=(a_n+1+2)²，∴a_n+1=S_n+1－S_n=［(a_n+1+2)²－(a_n+2)²］.整理得(a_n+1+a_n）(a_n+1－a_n－4)=0，由题意知a_n+1+a_n≠0，∴a_n+1－a_n=4，即数列{a_n}为等差数列，其中a₁=2，公差d=4.∴a_n=a₁+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为a_n=4n－2.

解法三：由已知得,(n∈N^*)①，所以有②，由②式得，整理得S_n+1－2?+2－S_n=0，解得，由于数列{a_n}为正项数列，而，因而，即{S_n}是以为首项，以为公差的等差数列.所以= +(n－1) =n,S_n=2n²，

故a_n=即a_n=4n－2(n∈N^*).

(3)令c_n=b_n－1，则c_n=

歼灭难点训练

一、

答案：1+

2.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a_n}，可得a_n=，正三角形的内切圆构成等比数列{r_n}，可得r_n=a,?

∴这些圆的周长之和c=2π(r₁+r₂+…+r_n)= a²，

面积之和S=π(n²+r₂²+…+r_n²)=a²

答案：周长之和πa，面积之和a²

二、3.解：(1）可解得，从而a_n=2n，有S_n=n²+n，

(2)T_n=2ⁿ+n－1.

(3)T_n－S_n=2ⁿ－n²－1，验证可知，n=1时，T₁=S₁，n=2时T₂＜S₂；n=3时，T₃＜S₃;n=4时，T₄＜S₄；n=5时，T₅＞S₅；n=6时T₆＞S₆.猜想当n≥5时，T_n＞S_n，即2ⁿ＞n²+1

可用数学归纳法证明(略）.

4.解：(1）由a_n+2=2a_n+1－a_na_n+2－a_n+1=a_n+1－a_n可知{a_n}成等差数列，?

d==－2,∴a_n=10－2n.

(2)由a_n=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，S_n=－n²+9n，当n＞5时，S_n=n²－9n+40，故S_n=

(3)b_n=

；要使T_n＞总成立，需＜T₁=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7.

5.解：(1）由已知S_n+1=(m+1)－ma_n+1?①，S_n=(m+1)－ma_n②,由①－②，得a_n+1=ma_n－ma_n+1，即(m+1)a_n+1=ma_n对任意正整数n都成立.

∵m为常数，且m＜－1

∴，即{}为等比数列.

(2)当n=1时，a₁=m+1－ma₁，∴a₁=1，从而b₁=.

由(1)知q=f(m)=，∴b_n=f(b_n－1)= (n∈N^*,且n≥2)

∴，即，∴{}为等差数列.∴=3+(n－1)=n+2，

(n∈N^*).

6.解：(1)设数列{b_n}的公差为d，由题意得：解得b₁=1,d=3,

∴b_n=3n－2.

(2)由b_n=3n－2,知S_n=log_a(1+1)+log_a(1+)+…+log_a(1+)

=log_a［(1+1)(1+)…(1+)］，log_ab_n+1=log_a.

因此要比较S_n与log_ab_n+1的大小，可先比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小，

取n=1时，有(1+1)＞

取n=2时，有(1+1)(1+)＞…

 由此推测(1+1)(1+)…(1+)＞                                ①

若①式成立，则由对数函数性质可判定：

当a＞1时，S_n＞log_ab_n+1，                                                                           ②

当0＜a＜1时，S_n＜log_ab_n+1，                                                                     ③

下面用数学归纳法证明①式.

(?)当n=1时，已验证①式成立.

(?)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：

.那么当n=k+1时，

这就是说①式当n=k+1时也成立.

由(?）(?）可知①式对任何正整数n都成立.

由此证得：

当a＞1时，S_n＞log_ab_n+1；当0＜a＜1时，S_n＜log_ab_n+1?.

7.解：(1)由S₁=a₁=1,S₂=1+a₂，得3t(1+a₂)－(2t+3)=3t.

∴a₂=.

又3tS_n－(2t+3)S_n－1=3t，                                                                                  ①

3tS_n－1－(2t+3)S_n－2=3t                                                                                       ②

①－②得3ta_n－(2t+3)a_n－1=0.

∴,n=2,3,4…,所以{a_n}是一个首项为1公比为的等比数列；

(2)由f(t)= =,得b_n=f()=+b_n－1?.

可见{b_n}是一个首项为1，公差为的等差数列.

于是b_n=1+(n－1)=;

(3)由b_n=,可知{b_2n－1}和{b_2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b_2n=,

∴b₁b₂－b₂b₃+b₃b₄－b₄b₅+…+b_2n－1b_2n－b_2nb_2n+1?

=b₂(b₁－b₃)+b₄(b₃－b₅)+…+b_2n(b_2n－1－b_2n+1)

=－ (b₂+b₄+…+b_2n)=－?n(+)=－ (2n²+3n)