题目内容
已知数列{an}的前五项依次是0,-
,-
,-
,-
.正数数列{bn}的前n项和为Sn,且Sn=
(bn+
).
(I)写出符合条件的数列{an}的一个通项公式;
(II)求Sn的表达式;
(III)在(I)、(II)的条件下,c1=2,当n≥2时,设cn=-
,Tn是数列{cn}的前n项和,且Tn>logm(1-2m)恒成立,求实数m的取值范围.
1 |
3 |
1 |
2 |
3 |
5 |
2 |
3 |
1 |
2 |
n |
bn |
(I)写出符合条件的数列{an}的一个通项公式;
(II)求Sn的表达式;
(III)在(I)、(II)的条件下,c1=2,当n≥2时,设cn=-
1 |
anSn2 |
分析:(I)由数列的前5项的特点,总结归纳可得符合条件的数列{an}的一个通项公式.
(II)由Sn=bn+
,求得b1=1,可得S1=1.当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,得2Sn=Sn-Sn-1+
,化简得Sn2-Sn-12=n.用累加法求得,Sn2=1+2+3+…+n=
,从而求得Sn的表达式.
(III)先求得Tn的解析式,由Tn>logm(1-2m)恒成立,可得logm(1-2m)恒小于Tn的最小值,根据Tn的最小值在n=1时取得,且最小值为2.故有logm(1-2m)<2.
由此可得
①,或
②.分别求得①和②的解集,再取并集,即得所求.
(II)由Sn=bn+
n |
bn |
n |
Sn-Sn-1 |
n(n+1) |
2 |
(III)先求得Tn的解析式,由Tn>logm(1-2m)恒成立,可得logm(1-2m)恒小于Tn的最小值,根据Tn的最小值在n=1时取得,且最小值为2.故有logm(1-2m)<2.
由此可得
|
|
解答:解:(I)由数列的前5项可得,符合条件的数列{an}的一个通项公式为 an=
(n∈N*).…(2分)
(II)因为Sn=
(bn+
),即Sn=bn+
,2bn>0,所以b1=
(b1+
),解得b1=1,即S1=1.
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1,所以,2Sn=Sn-Sn-1+
,∴.Sn+Sn-1=
,即Sn2-Sn-12=n.…(5分)
所以,Sn-12-Sn-22=n-1,Sn-22-Sn-32=n-2,…,S22-S12=2,
累加可得 Sn2-S12=2+3+4+…+n.
所以,Sn2=1+2+3+…+n=
,即Sn=
.…..(8分)
(III)在(I)、(II)的条件下,c1=2.
当n≥2时,cn=-
=
=2(
-
).
当n=1时,T1=c1=2;
当n≥2时,Tn=c1+c2+c3+…+cn=2[1+(
-
)+(
-
)+…(
-
)]=2(2-
) ….(10分)
因为Tn>logm(1-2m)恒成立,即logm(1-2m)恒小于Tn的最小值.
显然,Tn的最小值在n=1时取得,且最小值为2,故有logm(1-2m)<2.…..(12分)
所以
①,或
②.
解①得,0<m<
-1,不等式组②无解.
故实数m的取值范围是(0,
-1)….(14分)
1-n |
1+n |
(II)因为Sn=
1 |
2 |
n |
bn |
n |
bn |
1 |
2 |
1 |
b1 |
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1,所以,2Sn=Sn-Sn-1+
n |
Sn-Sn-1 |
n |
Sn-Sn-1 |
所以,Sn-12-Sn-22=n-1,Sn-22-Sn-32=n-2,…,S22-S12=2,
累加可得 Sn2-S12=2+3+4+…+n.
所以,Sn2=1+2+3+…+n=
n(n+1) |
2 |
|
(III)在(I)、(II)的条件下,c1=2.
当n≥2时,cn=-
1 |
anSn2 |
2 |
n(n-1) |
1 |
n-1 |
1 |
n |
当n=1时,T1=c1=2;
当n≥2时,Tn=c1+c2+c3+…+cn=2[1+(
1 |
1 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
n-1 |
1 |
n |
1 |
n |
因为Tn>logm(1-2m)恒成立,即logm(1-2m)恒小于Tn的最小值.
显然,Tn的最小值在n=1时取得,且最小值为2,故有logm(1-2m)<2.…..(12分)
所以
|
|
解①得,0<m<
2 |
故实数m的取值范围是(0,
2 |
点评:本题主要考查数列的前n项和与第n项的关系,用累加法进行数列求和,函数的恒成立问题,体现了分类讨论的数学思想,属于难题.
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