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> 数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn+an=-n(n∈N*)恒成立.(1)求数列{an}的通项公式;(2)bn=ln(an+1),求{anbn}的前n项和;(3)求证:12a1a2+122a2a3+
数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn+an=-n(n∈N*)恒成立.(1)求数列{an}的通项公式;(2)bn=ln(an+1),求{anbn}的前n项和;(3)求证:12a1a2+122a2a3+
题目简介
数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn+an=-n(n∈N*)恒成立.(1)求数列{an}的通项公式;(2)bn=ln(an+1),求{anbn}的前n项和;(3)求证:12a1a2+122a2a3+
题目详情
数列{a
n
}的前n项和为S
n
,已知S
n
+a
n
=-n(n∈N
*
)恒成立.
(1)求数列{a
n
}的通项公式;
(2)b
n
=ln(a
n
+1),求{a
n
b
n
}的前n项和;
(3)求证:
1
2
a
1
a
2
+
1
2
2
a
2
a
3
+…+
1
2
n
a
n
a
n+1
<2
.
题型:解答题
难度:中档
来源:香洲区模拟
答案
(1)∵Sn+an=-n①
∴n≥2时,Sn-1+an-1=-n+1②
①-②可得2an=an-1-1
∴2(an+1)=an-1+1
又a1=-
class="stub"1
2
,∴{an+1}是以
class="stub"1
2
为首项,
class="stub"1
2
为公比的等比数列
∴an+1=
(
class="stub"1
2
)
n
,∴an=
(
class="stub"1
2
)
n
-1;
(2)bn=ln(an+1)=nln
class="stub"1
2
,∴anbn=[
(
class="stub"1
2
)
n
-1]•nln
class="stub"1
2
,
∴{anbn}的前n项和为ln
class="stub"1
2
[
class="stub"1
2
+2•
(
class="stub"1
2
)
2
+…+n•
(
class="stub"1
2
)
n
]-
n(n+1)
2
•ln
class="stub"1
2
令Tn=ln
class="stub"1
2
[
class="stub"1
2
+2•
(
class="stub"1
2
)
2
+…+n•
(
class="stub"1
2
)
n
],则
class="stub"1
2
Tn=ln
class="stub"1
2
[
(
class="stub"1
2
)
2
+2•
(
class="stub"1
2
)
3
+…+(n-1)•
(
class="stub"1
2
)
n
+n•
(
class="stub"1
2
)
n+1
],
两式相减,可得Tn=ln
class="stub"1
2
(2-
class="stub"1
2
n-1
-
class="stub"n
2
n
)
∴{anbn}的前n项和为ln
class="stub"1
2
(2-
class="stub"1
2
n-1
-
class="stub"n
2
n
)-
n(n+1)
2
•ln
class="stub"1
2
;
(3)证明:由(1)知,
class="stub"1
2
n
a
n
a
n+1
=-2(
class="stub"1
class="stub"1
2
n
-1
-
class="stub"1
class="stub"1
2
n+1
-1
)
∴
class="stub"1
2
a
1
a
2
+
class="stub"1
2
2
a
2
a
3
+…+
class="stub"1
2
n
a
n
a
n+1
=-2(
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2
1
-1
-
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2
2
-1
+
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2
2
-1
-
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3
-1
+…+
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2
n
-1
-
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2
n+1
-1
)
=-2(
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2
1
-1
-
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2
n+1
-1
)<2
∴
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2
a
1
a
2
+
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2
2
a
2
a
3
+…+
class="stub"1
2
n
a
n
a
n+1
<2
.
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又a1=-
∴an+1=(
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令Tn=ln
两式相减,可得Tn=ln
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∴
=-2(
∴