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> 已知数列{an}满足:a1=1,an+an+1=4n,Sn是数列{an}的前n项和;数列{bn}前n项的积为Tn,且Tn=2n(1-n)(1)求数列{an},{bn}的通项公式(2)是否存在常数a,使
已知数列{an}满足:a1=1,an+an+1=4n,Sn是数列{an}的前n项和;数列{bn}前n项的积为Tn,且Tn=2n(1-n)(1)求数列{an},{bn}的通项公式(2)是否存在常数a,使
题目简介
已知数列{an}满足:a1=1,an+an+1=4n,Sn是数列{an}的前n项和;数列{bn}前n项的积为Tn,且Tn=2n(1-n)(1)求数列{an},{bn}的通项公式(2)是否存在常数a,使
题目详情
已知数列{a
n
}满足:a
1
=1,a
n
+a
n+1
=4n,S
n
是数列{a
n
}的前n项和;数列{b
n
}前n项的积为T
n
,且
T
n
=
2
n(1-n)
(1)求数列{a
n
},{b
n
}的通项公式
(2)是否存在常数a,使得{S
n
-a}成等差数列?若存在,求出a,若不存在,说明理由.
(3)求数列
{
1
S
n+1
-1
}
的前n项和.
题型:解答题
难度:中档
来源:不详
答案
(1)由题知an+an+1=4n,可得an+1+an+2=4(n+1),两式相减即得
an+2-an=4,即数列{an}隔项成等差数列
又a1=1,代入式子可得a2=3,
∴n为奇数时,
a
n
=
a
1
+4(
class="stub"n+1
2
-1)=2n-1
;…(2分)
n为偶数时,
a
n
=
a
2
+4(
class="stub"n
2
-1)=2n-1
.…(3分)
∴n∈N+,an=2n-1…(4分)
又当n=1时
b
1
=
T
1
=
2
0
=1
,
n≥2时
b
n
=
T
n
T
n-1
=
2
2(1-n)
=
class="stub"1
4
n-1
∴n∈N+,
b
n
=
class="stub"1
4
n-1
…(6分)
(2)由(1)知an=2n-1,数列{an}成等差数列
∴
S
n
=
n(
a
1
+
a
n
)
2
=
n
2
∴
S
n
-a=
n
2
-a
,
S
n+1
-a=(n+1
)
2
-a
,
S
n+2
-a=(n+2
)
2
-a
若存在常数a,使得{Sn-a}成等差数列,则(Sn-a)+(Sn+2-a)=2(Sn+1-a)在n∈N+时恒成立
即n2-a+(n+2)2-a=2((n+1)2-a)化简得:4=2,矛盾
故常数a不存在 …(10分)
(3)由(2)知
class="stub"1
S
n+1
-1
=
class="stub"1
n(n+2)
=
class="stub"1
2
(
class="stub"1
n
-
class="stub"1
n+2
)
∴
T
n
=
class="stub"1
2
(1-
class="stub"1
3
)+
class="stub"1
2
(
class="stub"1
2
-
class="stub"1
4
)+
class="stub"1
2
(
class="stub"1
3
-
class="stub"1
5
)+
class="stub"1
2
(
class="stub"1
4
-
class="stub"1
6
)+…+
class="stub"1
2
(
class="stub"1
n
-
class="stub"1
n+2
)
=
class="stub"1
2
(1+
class="stub"1
2
-
class="stub"1
n+1
-
class="stub"1
n+2
)
=
class="stub"3
4
-
class="stub"2n+3
2
n
2
+6n+4
…(13分)
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在公差为d(d≠0)的等差数列{an}
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已知等差数列{an}中,a7+a9=16,a4
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(2)是否存在常数a,使得{Sn-a}成等差数列?若存在,求出a,若不存在,说明理由.
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答案
an+2-an=4,即数列{an}隔项成等差数列
又a1=1,代入式子可得a2=3,
∴n为奇数时,an=a1+4(
n为偶数时,an=a2+4(
∴n∈N+,an=2n-1…(4分)
又当n=1时 b1=T1=20=1,
n≥2时bn=
∴n∈N+,bn=
(2)由(1)知an=2n-1,数列{an}成等差数列
∴Sn=
∴Sn-a=n2-a,Sn+1-a=(n+1)2-a,Sn+2-a=(n+2)2-a
若存在常数a,使得{Sn-a}成等差数列,则(Sn-a)+(Sn+2-a)=2(Sn+1-a)在n∈N+时恒成立
即n2-a+(n+2)2-a=2((n+1)2-a)化简得:4=2,矛盾
故常数a不存在 …(10分)
(3)由(2)知
∴Tn=
=