题目内容
数列{an}前n项和为Sn,首项为x(x∈R),满足Sn=nan-n(n-1) |
2 |
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在x(x∈R),使
Sn |
S2n |
(3)求证:x为有理数的充要条件是数列{an}中存在三项构成等比数列.
分析:(1)由Sn=nan-
(n∈N*)得由Sn+1=nan+1-
,由此两方程得出an+1-an=1,即数列{an}是等差数列,由等差数列的通项公式写出数列的通项;
(2)假设存在,由题意Sn=kS2n,即xn+
n(n-1)=k(2xn+n(2n-1)),整理得(1-4k)n-(2x-1)(2k-1)=0进行判断即可得到x与k的值
(3)由充要条件的证明方法,先证充分性,再证必要性即可.
n(n-1) |
2 |
n(n+1) |
2 |
(2)假设存在,由题意Sn=kS2n,即xn+
1 |
2 |
(3)由充要条件的证明方法,先证充分性,再证必要性即可.
解答:解:由Sn=nan-
(n∈N*)得由Sn+1=nan+1-
故可得an+1=(n+1)an+1-nan-n∴an+1-an=1,即数列{an}是等差数列,首项为x公差为1,∴an=x+(n-1)(n∈N*)
(2)由题意Sn=kS2n,即xn+
n(n-1)=k(2xn+n(2n-1)),整理得(1-4k)n-(2x-1)(2k-1)=0,当x=
,k=
时,该式恒成立即:当x=
时,
=
,∴x=
,k=
即为所求
(3))证明:充分性若三个不同的项x+i,x+j,x+k成等比数列,且i<j<k
则(x+j)2=(x+i)(x+k),即x(i+k-2j)=j2-ik
若i+k-2j=0,则j2-ik=0,∴i=j=k与i<j<k矛盾.i+k-2j≠0
∴x=
,且i,j,k都是非负数,∴x是有理数;
必要性:若x是有理数,且x≤0,则必存在正整数k,使x+k>0,令y=x+k,则正项数列y,y+1,y+2…是原数列
x,x+1,x+2…的一个子数列,只要正项数列y,y+1,y+2…中存在三个不同的项构成等比数列则原数列中必有3个不同项构成等比数列,
不失一般性,不妨设x>0,记x=
(m,n∈N*,且m,b互质),又设k,l∈N*,l>k,且x,x+k,x+l成等比数列,则(x+k)2=x(x+l)?2k+
k2,为使l为整数,可令k=2n,于是l=2n+mn=n(m+2),可知x,x+n,x+n(m+2),成等比数列,证毕
n(n-1) |
2 |
n(n+1) |
2 |
故可得an+1=(n+1)an+1-nan-n∴an+1-an=1,即数列{an}是等差数列,首项为x公差为1,∴an=x+(n-1)(n∈N*)
(2)由题意Sn=kS2n,即xn+
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
4 |
1 |
2 |
Sn |
S2n |
1 |
4 |
1 |
2 |
1 |
4 |
(3))证明:充分性若三个不同的项x+i,x+j,x+k成等比数列,且i<j<k
则(x+j)2=(x+i)(x+k),即x(i+k-2j)=j2-ik
若i+k-2j=0,则j2-ik=0,∴i=j=k与i<j<k矛盾.i+k-2j≠0
∴x=
j 2-ik |
i+k-2j |
必要性:若x是有理数,且x≤0,则必存在正整数k,使x+k>0,令y=x+k,则正项数列y,y+1,y+2…是原数列
x,x+1,x+2…的一个子数列,只要正项数列y,y+1,y+2…中存在三个不同的项构成等比数列则原数列中必有3个不同项构成等比数列,
不失一般性,不妨设x>0,记x=
n |
m |
m |
n |
点评:本题考查数列的递推式,解题的关键是充分利用递推式的恒成立的特性,通过恒等变形得到数列的性质,从而求出数列的通项,本题第三问涉及到了充要条件的证明,要注意其证明格式.本题比较抽象,运算量大,运算变形时要认真严谨.
练习册系列答案
相关题目