题目内容

2．已知等比数列{an}的前n项和Sn，首项a1=a，公比为q（q≠0且q≠1）．
（1）推导证明：Sn=$\frac{{a（1-{q^n}）}}{1-q}$；
（2）等比数列{an}中，是否存在连续的三项：ak、ak+1、ak+2，使得这三项成等差数列？若存在，求出符合条件的等比数列公比q的值，若不存在，说明理由；
（3）本题中，若a=q=2，已知数列{nan}的前n项和Tn，是否存在正整数n，使得Tn≥2016？若存在，求出n的取值集合；若不存在，请说明理由．

分析 （1）利用错位相减法真假求解即可．
（2）不存在存在连续的三项：ak、ak+1、ak+2，使得这三项成等差数列．利用等差数列的等差中项列出关系式，推出矛盾结果．
（3）利用错位相减法求出前n项和，通过数列的单调性判断n=7与8时，推出结果即可．

解答 解：（1）∵Sn=a1+a2+a3+…+an=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1，①
∴qSn=a1q+a1q2+a1q3+…+a1qn，②
①-②可得（1-q）Sn=a1-a1qn，
当q≠1时，上式两边同除以1-q可得Sn=$\frac{{a（1-{q^n}）}}{1-q}$，…5分
（2）不存在存在连续的三项：ak、ak+1、ak+2，使得这三项成等差数列．
证明如下：若ak、ak+1、ak+2成等差数列，则：$2{a_{k+1}}={a_k}+{a_{k+2}}⇒{a_k}（{q^2}-q+1）=0$
∵ak≠0∴q2-q+1=0
而${q^2}-q+1={（q-\frac{1}{2}）^2}+\frac{3}{4}＞0$…8分
∴不存在存在连续的三项：ak、ak+1、ak+2，使得这三项成等差数列．…10分
（2）Tn=1×21+2×22+…+n×2n                 ①
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1　　　 ②
①-②得Tn=n×2n+1-（21+22+23+…+2n）=（n-1）2n+1+2…13分
由于Tn是递增的，当n=7时${T_7}=6×{2^8}+2＜2016$；
当n=8时${T_8}=7×{2^9}+2＞{2^{11}}＞2016$．
所以存在正整数n，使得Tn≥2016的取值集合为{n|n≥8，n∈N+}-…16分．

点评 本题考查等比数列求和，数列的性质的应用，考查转化思想以及计算能力．

练习册系列答案
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