题目内容

(本小题满分14分)
已知数列满足:(其中常数).
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)求证:当时,数列中的任何三项都不可能成等比数列;
(Ⅲ)设为数列的前项和.求证:若任意

(1)an=(2n+1)·λn-1 (nN*).(2)运用反证法思想 ,假设存在arasat成等比数列,然后推理论证得出矛盾。
(3)运用数列的通项公式以及数列的错位相减法的求和来证明,不等式的成立。

解析试题分析:解:(Ⅰ)当n=1时,a1=3.
n≥2时,因为,             
所以.           ②
①-②得,所以an=(2n+1)·λn-1n≥2,n∈N*).……………… 3分
a1=3也适合上式,
所以an=(2n+1)·λn-1 (nN*).                          …………………… 4分
(Ⅱ)当λ=4时,an=(2n+1)·4n-1
(反证法)假设存在arasat成等比数列,
则[(2r+1)·4r-1]· [(2t+1)·4t-1]=(2s+1)2·42s-2
整理得(2r+1) (2t+1) 4 rt-2s=(2s+1)2     
由奇偶性知rt-2s=0.
所以(2r+1) (2t+1)=(rt+1)2,即(rt)2=0.这与rt矛盾,
故不存在这样的正整数rst,使得arasat成等比数列.        ……… 8分
(Ⅲ)Sn=3+5λ+7λ2+…+(2n+1)λn-1
λ=1时,Sn=3+5+7+…+(2n+1)=n2+2n.                  ………… 10分
λ≠1时,Sn=3+5λ+7λ2+…+(2n+1)λn-1
λSn=   3λ+5λ2+…+(2n-1)λn-1+(2n+1)λn
(1-λ)Sn=3+2(λλ2λ3++…+λn-1)-(2n+1)λn=3+2×-(2n+1)λn
①当λ=1时,左=(1-λ)Snλanan=2n+1≥3,结论显然成立;
②当λ≠1时,左=(1-λ)Snλan=3+2× -(2n+1)λnλan
=3+2× 
同号,故≥0
对任意都成立                        ………… 14分
考点:数列的通项公式与求和的运用
点评:解决该试题的关键是利用数列的整体思想来求解通项公式,以及结合错位相减法求和得到证明,属于中档题。

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