分析 (Ⅰ)由等比數(shù)列通項公式和等差數(shù)列性質(zhì)求出公比,由此能求出數(shù)列{an}的通項公式.
(Ⅱ)由已知得4(1+2+…+n)−n=2nn,從而2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn,由此推導(dǎo)出bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*),進(jìn)而能證明{bn}是等差數(shù)列.
(Ⅲ)由ak−1ak+1−1=2k−12k+1−1=2k−12(2k−12)<12,ak−1ak+1−1=2k−12k+1−1=12−12(2k+1−1)≥12−13•12k,能證明n2-13<a1−1a2−1+a2−1a3−1+…+an−1an+1−1<n2(n∈N).
解答 解:(Ⅰ)∵各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a1=2且a1,a3,2a2+6成等差數(shù)列,
∴2(2q2)=2+2(2q)+6,且q>0,
∴解得q=2或q=-1(舍),
∴an=2n.
證明:(Ⅱ)∵數(shù)列{bn}滿足41−142−1…4n−1=(an)n(n∈N),
∴4(1+2+…+n)−n=2nn,
∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn,①
2[(b1+b2+…+bn+bn+1)-(n+1)]=(n+1)bn+1.②
②-①,得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn,
即(n-1)bn+1-nbn+2=0,nbn+2-(n+1)bn+1+2=0.
③-④,得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,
即bn+2-2bn+1+bn=0,
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*),
∴{bn}是等差數(shù)列.
(Ⅲ)∵ak−1ak+1−1=2k−12k+1−1=2k−12(2k−12)<12,k=1,2,3,…,n,
∴a1−1a2−1+a2−1a3−1+…+an−1an+1−1<n2(n∈N),
∵ak−1ak+1−1=2k−12k+1−1=12−12(2k+1−1)
=12−13•2k+2k−2≥12−13•12k,k=1,2,3,…,n,
∴a1−1a2−1+a2−1a3−1+…+an−1an+1−1>n2−13,
∴n2-13<a1−1a2−1+a2−1a3−1+…+an−1an+1−1<n2(n∈N).
點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法,考查等差數(shù)列的證明,考查不等式的證明,是中檔題,解題時要認(rèn)真審題,注意放縮法的合理運用.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 2 | B. | 20142015 | C. | 20152016 | D. | 1 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 充分不必要條件 | B. | 必要不充分條件 | ||
C. | 充要條件 | D. | 既不必要也不充分條件充要條件 |
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A. | 第一象限 | B. | 第二象限 | C. | 第三象限 | D. | 第四象限 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 10 | B. | 12 | C. | 5+3√2 | D. | 7+5√2 |
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