题目内容
(2012•眉山一模)已知正项数列{an}满足a1=1,
-
-2an+1-2an=0(n∈N*).
(Ⅰ)求证:数列{an}是等差数列;
(Ⅱ)若Cn+1-Cn=an+1,且C1=1,求{Cn}的通项公式;
(Ⅲ)设bn=
,Tn=b1+b2+b3+…+bn,求Tn.
a | 2 n+1 |
a | 2 n |
(Ⅰ)求证:数列{an}是等差数列;
(Ⅱ)若Cn+1-Cn=an+1,且C1=1,求{Cn}的通项公式;
(Ⅲ)设bn=
an+1 |
2n |
分析:(I)要证数列{an}是等差数列,只要证明an+1-an为常数,由an>0 及已知递推关系可证
(II)由(I)知求an=2n+1,从而可得Cn+1-Cn=2n+1,故可利用迭代法Cn=(Cn-Cn-1)+(Cn-1-Cn-2)+…+(C3-C2)+(C2-C1)+C1求解
(III)由bn=
=
,结合数列的通项的特点,故考虑利用错位相减求和即可
(II)由(I)知求an=2n+1,从而可得Cn+1-Cn=2n+1,故可利用迭代法Cn=(Cn-Cn-1)+(Cn-1-Cn-2)+…+(C3-C2)+(C2-C1)+C1求解
(III)由bn=
an+1 |
2n |
2n+1 |
2n |
解答:(I)证明:由已知可得:(an+1+an)(an+1-an)-2(an+1+an)=0
∴(an+1+an)(an+1-an-2)=0
∵an>0
∴an+1+an>0
∴an+1-an=2
∴数列{an}是以1为首项,以2为公差的等差数列(4分)
(II)解:由(I)知an=1+2(n-1)=2n-1
∴Cn+1-Cn=2n+1
当n≥2时,Cn=(Cn-Cn-1)+(Cn-1-Cn-2)+…+(C3-C2)+(C2-C1)+C1
=(2n-1)+(2n-3)+…+5+3+1
=
=n2
当n=1时,C1=1=12适合上式
∴Cn=n2(8分)
(III)解:∵bn=
=
∴Tn=b1+b2+…+bn
∴Tn=
+
+…+
+
①
Tn=
+
+…+
+
②
①-②可得,
Tn=
+
+…+
-
=
+2×
-
=
-
∴Tn=5-
(12分)
∴(an+1+an)(an+1-an-2)=0
∵an>0
∴an+1+an>0
∴an+1-an=2
∴数列{an}是以1为首项,以2为公差的等差数列(4分)
(II)解:由(I)知an=1+2(n-1)=2n-1
∴Cn+1-Cn=2n+1
当n≥2时,Cn=(Cn-Cn-1)+(Cn-1-Cn-2)+…+(C3-C2)+(C2-C1)+C1
=(2n-1)+(2n-3)+…+5+3+1
=
n(1+2n-1) |
2 |
当n=1时,C1=1=12适合上式
∴Cn=n2(8分)
(III)解:∵bn=
an+1 |
2n |
2n+1 |
2n |
∴Tn=b1+b2+…+bn
∴Tn=
3 |
2 |
5 |
22 |
2n-1 |
2n-1 |
2n+1 |
2n |
1 |
2 |
3 |
22 |
5 |
23 |
2n-1 |
2n |
2n+1 |
2n+1 |
①-②可得,
1 |
2 |
3 |
22 |
2 |
23 |
2 |
2n |
2n+1 |
2n+1 |
=
3 |
2 |
| ||||
1-
|
2n+1 |
2n+1 |
5 |
2 |
2n+5 |
2n+1 |
∴Tn=5-
2n+5 |
2n |
点评:本题主要考查了等差数列的定义法在证明等差数列中的应用,解题的关键是对已知递推公式进行变形,迭代法在数列通项求解中的应用及利用错位相减求和方法的应用,本题考查综合数列的递推关系、通项求解,数列求和等知识的综合
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