题目内容
已知数列{an}是由正数组成的等差数列,Sn是其前n项的和,并且a3=5,a4S2=28.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求使不等式(1+
)(1+
)…(1+
)≥a
对一切n∈N*均成立的最大实数a;
(3)对每一个k∈N*,在ak与ak+1之间插入2k-1个2,得到新数列{bn},设Tn是数列{bn}的前n项和,试问是否存在正整数m,使Tm=2008?若存在求出m的值;若不存在,请说明理由.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求使不等式(1+
1 |
a1 |
1 |
a2 |
1 |
an |
2n+1 |
(3)对每一个k∈N*,在ak与ak+1之间插入2k-1个2,得到新数列{bn},设Tn是数列{bn}的前n项和,试问是否存在正整数m,使Tm=2008?若存在求出m的值;若不存在,请说明理由.
(1)设{an}的公差为d,由题意d>0,且
(2分)
a1=1,d=2,数列{an}的通项公式为an=2n-1(4分)
(2)由题意a≤
(1+
)(1+
)(1+
)对n∈N*均成立(5分)
记F(n)=
(1+
)(1+
)(1+
)
则
=
=
>
=1
∵F(n)>0,∴F(n+1)>F(n),∴F(n)随n增大而增大(8分)
∴F(n)的最小值为F(1)=
∴a≤
,即a的最大值为
(9分)
(3)∵an=2n-1
∴在数列{bn}中,am及其前面所有项之和为[1+3+5++(2m-1)]+(2+22++2m-1)=m2+2m-2(11分)
∵102+210-2=1122<2008<112+211-2=2156,即a10<2008<a11(12分)
又a10在数列{bn}中的项数为:10+1+2++28=521(14分)
且2008-1122=886=443×2,
所以存在正整数m=521+443=964使得Sm=2008(16分)
|
a1=1,d=2,数列{an}的通项公式为an=2n-1(4分)
(2)由题意a≤
1 | ||
|
1 |
a1 |
1 |
a2 |
1 |
an |
记F(n)=
1 | ||
|
1 |
a1 |
1 |
a2 |
1 |
an |
则
F(n+1) |
F(n) |
2n+2 | ||
|
2(n+1) | ||
|
2(n+1) |
2(n+1) |
∵F(n)>0,∴F(n+1)>F(n),∴F(n)随n增大而增大(8分)
∴F(n)的最小值为F(1)=
2
| ||
3 |
∴a≤
2
| ||
3 |
2
| ||
3 |
(3)∵an=2n-1
∴在数列{bn}中,am及其前面所有项之和为[1+3+5++(2m-1)]+(2+22++2m-1)=m2+2m-2(11分)
∵102+210-2=1122<2008<112+211-2=2156,即a10<2008<a11(12分)
又a10在数列{bn}中的项数为:10+1+2++28=521(14分)
且2008-1122=886=443×2,
所以存在正整数m=521+443=964使得Sm=2008(16分)
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