题目内容

20.已知递增的等差数列{an}的首项a1=1,且a1、a2、a4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式an
(2)设数列{cn}对任意n∈N*,都有$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=an+1成立,求c1+c2+…+c2014的值
(3)若bn=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$(n∈N*),求证:数列{bn}中的任意一项总可以表示成其他两项之积.

分析 (1)利用等比数列和等差数列的通项公式即可求数列{an}的通项公式an
(2)利用作差法求出数列{cn}的通项公式,利用等比数列的求和公式即可求c1+c2+…+c2014的值
(3)求出bn=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$的表达式,建立方程关系即可得到结论.

解答 解:(1){an}是递增的等差数列,设公差为d,(d>0)…(1分)
∵a1、a2、a4成等比数列,∴a22=a1a4,…(2分)
即(1+d)2=1×(1+3d),及d>0得d=1…(3分)
∴an=n.…(4分)
(2)∵an+1=n+1,$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=an+1=n+1对n∈N*,都成立
当n=1时,$\frac{{c}_{1}}{2}=2$得c1=4,…(5分)
当n≥2时,由$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=n+1①,
及$\frac{{c}_{1}}{2}$+$\frac{{c}_{2}}{{2}^{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=n  ②
①-②得$\frac{{c}_{n}}{{2}^{n}}$=1,得cn=2n,…(7分)
∴cn=$\left\{\begin{array}{l}{4,}&{n=1}\\{{2}^{n},}&{n≥2}\end{array}\right.$,…(8分)
∴c1+c2+…+c2014=4+22+23+…+22014=4+$\frac{{2}^{2}(1-{2}^{2013})}{1-2}$=22015.…(10分)
(3)对于给定的n∈N*,若存在k,t≠n,k,t∈N*,使得bn=bkbt,…(11分)
∵bn=$\frac{n+1}{n}$,∴只需$\frac{n+1}{n}$=$\frac{k+1}{k}•\frac{t+1}{t}$,…(12分)
即1+$\frac{1}{n}$=(1+$\frac{1}{k}$)(1+$\frac{1}{t}$),即$\frac{1}{n}$=$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{t}$+$\frac{1}{kt}$,
即kt=nt+nk+n,t=$\frac{n(k+1)}{k-n}$,
取k=n+1,则t=n(n+2)…(14分)
∴对数列{bn}中的任意一项bn=$\frac{n+1}{n}$,都存在bn+1=$\frac{n+2}{n+1}$和${b}_{{n}^{2}+2n}=\frac{{n}^{2}+2n+1}{{n}^{2}+2n}$,
使得bn=bn+1${b}_{{n}^{2}+2n}$.…(16分)

点评 本题主要考查等比数列和等差数列的应用,以及数列求和,利用条件求出对应的通项公式是解决本题的关键.综合性较强,难度较大.

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