12.已知數(shù)列{an},{bn}都是單調(diào)遞增數(shù)列,若將這兩個數(shù)列的項按由小到大的順序排成一列(相同的項視為一項),則得到一個新數(shù)列{cn}.
(1)設(shè)數(shù)列{an},{bn}分別為等差、等比數(shù)列,若a1=b1=1,a2=b3,a6=b5,求c20;
(2)設(shè){an}的首項為1,各項為正整數(shù),bn=3n,若新數(shù)列{cn}是等差數(shù)列,求數(shù)列{cn} 的前n項和Sn;
(3)設(shè)bn=qn-1(q是不小于2的正整數(shù)),c1=b1,是否存在等差數(shù)列{an},使得對任意的n∈N*,在bn與bn+1之間數(shù)列{an}的項數(shù)總是bn?若存在,請給出一個滿足題意的等差數(shù)列{an};若不存在,請說明理由.

分析 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q,由題意得,$\left\{\begin{array}{l}{1+d={q}^{2}}\\{1+5d={q}^{4}}\end{array}\right.$,解得d=0或3,因數(shù)列{an},{bn}單調(diào)遞增,d>0,q>1,可得an=3n-2,bn=2n-1,利用通項公式即可得出.
(2)設(shè)等差數(shù)列{cn}的公差為d,又a1,且bn=3n,所以c1=1,所以cn=dn+1-d.因為b1=3是{cn}中的項,所以設(shè)b1=cn,即d(n-1)=2.當(dāng)n≥4時,解得d=$\frac{2}{n-1}$<1,不滿足各項為正整數(shù)當(dāng)b1=c3=3時,當(dāng)b1=c2=3時,即可得出.
(3)存在等差數(shù)列{an},只需首項a1∈(1,q),公差d=q-1.下證bn與bn+1之間數(shù)列{an}的項數(shù)為bn.即證對任意正整數(shù)n,都有$\left\{\begin{array}{l}{_{n}<{a}_{_{1}+_{2}+…+_{n-1}+1}}\\{_{n+1}>{a}_{_{1}+_{2}+…+_{n}}}\end{array}\right.$,作差利用通項公式即可得出.

解答 解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q,
由題意得,$\left\{\begin{array}{l}{1+d={q}^{2}}\\{1+5d={q}^{4}}\end{array}\right.$,解得d=0或3,因數(shù)列{an},{bn}單調(diào)遞增,
所以d>0,q>1,
所以d=3,q=2,
所以an=3n-2,bn=2n-1.…(2分)
因為a1=b1=1,a2=b3,a6=b5,b7>a20
∴c20=a17=49.…(4分)
(2)設(shè)等差數(shù)列{cn}的公差為d,又a1,且bn=3n,
所以c1=1,所以cn=dn+1-d.
因為b1=3是{cn}中的項,所以設(shè)b1=cn,即d(n-1)=2.
當(dāng)n≥4時,解得d=$\frac{2}{n-1}$<1,不滿足各項為正整數(shù);…(6分)
當(dāng)b1=c3=3時,d=1,此時cn=n,只需取an=n,而等比數(shù)列{bn}的項都是等差數(shù)列{an},中的項,所以Sn=$\frac{n(n+1)}{2}$;…(8分)
當(dāng)b1=c2=3時,d=2,此時cn=2n-1,只需取an=2n-1,
由3n=2m-1,得m=$\frac{{3}^{n}+1}{2}$,3n是奇數(shù),3n+1 是正偶數(shù),m有正整數(shù)解,
所以等比數(shù)列{bn}的項都是等差數(shù)列{an}中的項,所以Sn=n2.…(10分)
綜上所述,數(shù)列{cn}的前n項和Sn=$\frac{n(n+1)}{2}$,或Sn=n2.…(11分)
(3)存在等差數(shù)列{an},只需首項a1∈(1,q),公差d=q-1…(13分)
下證bn與bn+1之間數(shù)列{an}的項數(shù)為bn.即證對任意正整數(shù)n,都有$\left\{\begin{array}{l}{_{n}<{a}_{_{1}+_{2}+…+_{n-1}+1}}\\{_{n+1}>{a}_{_{1}+_{2}+…+_{n}}}\end{array}\right.$,
即$\left\{\begin{array}{l}{_{n}<{a}_{1+q+…+{q}^{n-2}+1}}\\{_{n+1}>{a}_{1+q+…+{q}^{n-1}}}\end{array}\right.$成立.
由bn-${a}_{1+q+…+{q}^{n-2}+1}$=qn-1-a1-(1+q+…+qn-2)(q-1)=1-a1<0,
bn+1-${a}_{1+q+…+{q}^{n-1}}$=qn-a1-(1+q+…+qn-1-1)(q-1)=q-a1>0..
所以首項a1∈(1,q),公差d=q-1的等差數(shù)列{an}符合題意…(16分)

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式求和公式及其性質(zhì)、分類討論方法,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.

練習(xí)冊系列答案
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2.已知函數(shù)$f(x)=({ax+a+2})ln({x+1})+\frac{1}{2}a{x^2}-({2+a})x+1$.
(1)當(dāng)a=1時,判斷f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)在[0,+∞)上為單調(diào)增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍.

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3.某印刷廠為了研究印刷單冊書籍的成本y(單位:元)與印刷冊數(shù)x(單位:千冊)之間的關(guān)系,在印制某種書籍時進(jìn)行了統(tǒng)計,相關(guān)數(shù)據(jù)見下表.
印刷冊數(shù)x(千冊)23458
單冊成本y(元)3.22.421.91.7
根據(jù)以上數(shù)據(jù),技術(shù)人員分別借助甲、乙兩種不同的回歸模型,得到了兩個回歸方程,方程甲:$\widehat{y}$(1)=$\frac{4}{x}$+1.1,方程乙:$\widehat{y}$(2)=$\frac{6.4}{{x}^{2}}$+1.6.
(Ⅰ)為了評價兩種模型的擬合效果,完成以下任務(wù).
(i)完成下表(計算結(jié)果精確到0.1);
印刷冊數(shù)x(千冊)23458
單冊成本y(元)3.22.421.91.7

模型甲
估計值$\widehat{{y}_{i}}$(1) 2.42.1 1.6
殘值$\widehat{{e}_{i}}$(1) 0-0.1 0.1

模型乙
估計值$\widehat{{y}_{i}}$(2) 2.321.9 
殘值$\widehat{{e}_{i}}$(2) 0.100 
(ii)分別計算模型甲與模型乙的殘差平方和Q1和Q2,并通過比較Q1,Q2的大小,判斷哪個模型擬合效果更好.
(Ⅱ)該書上市之后,受到廣大讀者熱烈歡迎,不久便全部售罄,于是印刷廠決定進(jìn)行二次印刷.根據(jù)市場調(diào)查,新需求量為10千冊,若印刷廠以每冊5元的價格將書籍出售給訂貨商,試估計印刷廠二次印刷獲得的利潤.(按(Ⅰ)中擬合效果較好的模型計算印刷單冊書的成本)

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20.設(shè)z是復(fù)數(shù),|z-i|≤2(i是虛數(shù)單位),則|z|的最大值是   (  )
A.1B.2C.3D.4

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7.設(shè)數(shù)列{an}的首項a1=1,且滿足a2n+1=2a2n-1與a2n=a2n-1+1,則S20=2056.

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17.在△ABC中,角A、B、C對邊分別為a、b、c,a2+b2+c2=ab+bc+ca.
(1)證明△ABC是正三角形;
(2)如圖,點D在邊BC的延長線上,且BC=2CD,AD=$\sqrt{7}$,求sin∠BAD的值.

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4.設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和,2Sn+1=Sn+Sn+2(n∈N+),若a3=3,則a100=3.

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1.如圖,在四棱錐E-ABCD中,平面CDE⊥平面ABCD,∠DAB=∠ABC=90°,AB=BC=1,AD=ED=3,EC=2.
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(2)求直線AE與平面CDE所成角的正弦值.

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(Ⅱ)討論f(x)的單調(diào)性;
(Ⅲ)若f(x)在(1,2)有零點,求a的取值范圍.

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