题目内容
设Sn为数列{an}的前n项和,对任意的n∈N*,都有Sn=(m+1)-man(m为常数,且m>0).(1)求证:数列{an}是等比数列.
(2)设数列{an}的公比q=f(m),数列{bn}满足b1=2a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*),求数列{bn}的通项公式.
(3)在满足(2)的条件下,求数列{
2n+1 | bn |
分析:(1)当n≥2时,根据an=Sn-Sn-1,进而得出an和an-1的关系整理得
=
,因m为常数,进而可证明当n≥2时数列{an}是等比数列.,当n=1时等式也成立,原式得证.
(2)根据(1)可得f(m)的解析式.再根据bn=f(bn-1)整理可得
-
=1进而推知数列{bn}为等差数列,首项为2a1,公差为1,再根据等差数列的通项公式可得答案.
(3)把(2)中的bn代入{
},再通过错位相减法求得Tn
an |
an-1 |
m |
1+m |
(2)根据(1)可得f(m)的解析式.再根据bn=f(bn-1)整理可得
1 |
bn |
1 |
bn-1 |
(3)把(2)中的bn代入{
2n+1 |
bn |
解答:解:(1)证明:当n=1时,a1=S1=(m+1)-ma1,解得a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=man-1-man.
即(1+m)an=man-1.
∵m为常数,且m>0,∴
=
(n≥2).
∴数列{an}是首项为1,公比为
的等比数列.
(2)解:由(1)得,q=f(m)=
,b1=2a1=2.
∵bn=f(bn-1)=
,
∴
=
+1,即
-
=1(n≥2).
∴{
}是首项为
,公差为1的等差数列.
∴
=
+(n-1)•1=
,即bn=
(n∈N*).
(3)解:由(2)知bn=
,则
=2n(2n-1).
所以Tn=
+
+
++
+
,
即Tn=21×1+22×3+23×5++2n-1×(2n-3)+2n×(2n-1),①
则2Tn=22×1+23×3+24×5++2n×(2n-3)+2n+1×(2n-1),②
②-①得Tn=2n+1×(2n-1)-2-23-24--2n+1,
故Tn=2n+1×(2n-1)-2-
=2n+1×(2n-3)+6.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=man-1-man.
即(1+m)an=man-1.
∵m为常数,且m>0,∴
an |
an-1 |
m |
1+m |
∴数列{an}是首项为1,公比为
m |
1+m |
(2)解:由(1)得,q=f(m)=
m |
1+m |
∵bn=f(bn-1)=
bn-1 |
1+bn-1 |
∴
1 |
bn |
1 |
bn-1 |
1 |
bn |
1 |
bn-1 |
∴{
1 |
bn |
1 |
2 |
∴
1 |
bn |
1 |
2 |
2n-1 |
2 |
2 |
2n-1 |
(3)解:由(2)知bn=
2 |
2n-1 |
2n+1 |
bn |
所以Tn=
22 |
b1 |
23 |
b2 |
24 |
b3 |
2n |
bn-1 |
2n+1 |
bn |
即Tn=21×1+22×3+23×5++2n-1×(2n-3)+2n×(2n-1),①
则2Tn=22×1+23×3+24×5++2n×(2n-3)+2n+1×(2n-1),②
②-①得Tn=2n+1×(2n-1)-2-23-24--2n+1,
故Tn=2n+1×(2n-1)-2-
23(1-2n-1) |
1-2 |
点评:本题主要考查等比数列的性质.当出现等比数列和等差数列相乘的形式时,求和可用错位相减法.
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