数迹
题目列表试卷列表
共找到 39 题
排序：
组题
本页 25 题去组卷
19数列★★★★★
已知等差数列 {an}\{a_n\} 与等比数列 {bn}\{b_n\} 满足：a1=2a_1=2，b1=1b_1=1，a2=b1+b2a_2=b_1+b_2，a4=b3−b1a_4=b_3-b_1.
(1) 求数列 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 记 En={x∈R∣x≤n, ∃k∈N∗, x=ak 或 x=bk}E_n=\left\{ x\in \mathbf{R}\mid x\le n,\ \exists k\in \mathbf{N}^*,\ x=a_k\text{\ 或\ }x=b_k \right\}，记 cnc_n 为 EnE_n 中的元素个数.
(i) 求 c3nc_{3^n}； (ii) 求 ∑m=13n−1(−1)m⋅am⋅cm\sum_{m=1}^{3^n-1}(-1)^m\cdot a_m\cdot c_m.

2026 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★★☆
已知数列 {an}\{a_n\} 为等差数列，{bn}\{b_n\} 为等比数列，a1=b1=2a_1=b_1=2，a2=b2+1a_2=b_2+1，a3=b3a_3=b_3.
(1) 求 {an}\{a_n\}，{bn}\{b_n\} 的通项； (2) ∀n∈N∗\forall n\in\mathbf{N}^*，I={0,1}I=\{0,1\}，定义 Tn={p1a1b1+p2a2b2+⋯+pnanbn∣pi∈I,i=1,…,n}T_n=\{p_1a_1b_1+p_2a_2b_2+\cdots+p_na_nb_n\mid p_i\in I,i=1,\dots,n\}.
(i) 求证：对任意 t∈Tnt\in T_n，有 t<an+1bn+1t<a_{n+1}b_{n+1}； (ii) 求 TnT_n 的所有元素之和.

2025 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 是公比大于 0 的等比数列，其前 nn 项和为 SnS_n. 若 a1=1a_1=1，S2=a3−1S_2=a_3-1.
(1) 求数列 {an}\{a_n\} 前 nn 项和 SnS_n； (2) 设 bn=kb_n=k（n=akn=a_k），bn=bn−1+2kb_n=b_{n-1}+2k（ak<n<ak+1a_k<n<a_{k+1}），其中 k∈N∗k\in \mathbb N^*.
(i) 当 k≥2k\ge 2，n=ak+1n=a_{k+1} 时，求证：bn−1≥akbnb_{n-1}\ge a_k b_n； (ii) 求 ∑i=1Snbi\displaystyle \sum_{i=1}^{S_n}b_i.

2024 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 是等差数列，a2+a5=16a_2+a_5=16，a5−a3=4a_5-a_3=4.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式和 ∑i=2n−12n−1ai\displaystyle\sum_{i=2^{n-1}}^{2^n-1}a_i； (2) 已知 {bn}\{b_n\} 为等比数列，对于任意 k∈N∗k\in \mathbf{N}^*，若 2k−1≤n≤2k−12^{k-1}\le n\le 2^k-1，则 bk<an<bk+1b_k<a_n<b_{k+1}.
(i) 当 k≥2k\ge 2 时，求证：2k−1<bk<2k+12^k-1<b_k<2^k+1； (ii) 求 {bn}\{b_n\} 的通项公式及其前 nn 项和.

2023 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★★☆
设 {an}\{a_n\} 为等差数列，{bn}\{b_n\} 为等比数列，且 a1=b1=a2−b2=a3−b3=1a_1=b_1=a_2-b_2=a_3-b_3=1.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 记 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，求证：(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1−Snbn\left(S_{n+1}+a_{n+1}\right)b_n=S_{n+1}b_{n+1}-S_nb_n； (3) 求 ∑k=12n[ak+1−(−1)kak]bk\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\left[a_{k+1}-(-1)^ka_k\right]b_k.

2022 · 天津 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★★★
已知 {an}\{a_n\} 是公差为 22 的等差数列，其前 88 项和为 6464. {bn}\{b_n\} 是公比大于 00 的等比数列，b1=4b_1=4，b3−b2=48b_3-b_2=48.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 记 cn=b2n+1bnc_n=b_{2n}+\dfrac{1}{b_n}，n∈N∗n\in \mathbf{N}^*，
(i) 证明 {cn2−c2n}\{c_n^2-c_{2n}\} 是等比数列； (ii) 证明 ∑k=1nakak+1ck2−c2k<22\sum_{k=1}^n \sqrt{\dfrac{a_ka_{k+1}}{c_k^2-c_{2k}}}<2\sqrt2（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.

2021 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 为等差数列，{bn}\{b_n\} 为等比数列，a1=b1=1a_1=b_1=1，a5=5(a4−a3)a_5=5\left( a_4-a_3 \right)，b5=4(b4−b3)b_5=4\left( b_4-b_3 \right).
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 记 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，求证：SnSn+2<Sn+12S_nS_{n+2}<S_{n+1}^2（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）； (3) 对任意的正整数 nn，设 cn=(3an−2)bnanan+2c_n=\dfrac{(3a_n-2)b_n}{a_na_{n+2}}（nn 为奇数），cn=an−1bn+1c_n=\dfrac{a_{n-1}}{b_{n+1}}（nn 为偶数），求数列 {cn}\{c_n\} 的前 2n2n 项和.

2020 · 天津 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★★☆
设 {an}\{a_n\} 是等差数列，{bn}\{b_n\} 是等比数列. 已知 a1=4a_1=4，b1=6b_1=6，b2=2a2−2b_2=2a_2-2，b3=2a3+4b_3=2a_3+4.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 设数列 {cn}\{c_n\} 满足 c1=1c_1=1，
cn={1,2k<n<2k+1,bk,n=2k,c_n=\begin{cases} 1, & 2^k<n<2^{k+1},\\ b_k, & n=2^k, \end{cases}
其中 k∈N∗k\in \mathbf{N}^*.
(i) 求数列 {a2n(c2n−1)}\{a_{2^n}(c_{2^n}-1)\} 的通项公式； (ii) 求 ∑i=12naici\sum_{i=1}^{2^n} a_ic_i（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.

2019 · 天津 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★☆☆
设 {an}\{a_n\} 是等差数列，{bn}\{b_n\} 是等比数列，公比大于 00. 已知 a1=b1=3a_1=b_1=3，b2=a3b_2=a_3，b3=4a2+3b_3=4a_2+3.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 设数列 {cn}\{c_n\} 满足：当 nn 为奇数时，cn=1c_n=1；当 nn 为偶数时，cn=bn2c_n=b_{\frac{n}{2}}. 求 a1c1+a2c2+⋯+a2nc2na_1c_1+a_2c_2+\cdots+a_{2n}c_{2n}（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.

2019 · 天津 · 文 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★★☆
设 {an}\{a_n\} 是等比数列，公比大于 00，其前 nn 项和为 SnS_n （n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），{bn}\{b_n\} 是等差数列. 已知 a1=1a_1=1，a3=a2+2a_3=a_2+2，a4=b3+b5a_4=b_3+b_5，a5=b4+2b6a_5=b_4+2b_6.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 设数列 {Sn}\{S_n\} 的前 nn 项和为 TnT_n （n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），
(i) 求 TnT_n； (ii) 证明 ∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2−2\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{(T_k+b_k+2)b_k}{(k+1)(k+2)}=\frac{2^{n+2}}{n+2}-2 （n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.

2018 · 天津 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★☆☆
设 {an}\{a_n\} 是等差数列，其前 nn 项和为 SnS_n（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）；{bn}\{b_n\} 是等比数列，公比大于 00，其前 nn 项和为 TnT_n（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.已知 b1=1b_1=1，b3=b2+2b_3=b_2+2，b4=a3+a5b_4=a_3+a_5，b5=a4+2a6b_5=a_4+2a_6.
(1) 求 SnS_n 和 TnT_n； (2) 若 Sn+(T1+T2+⋯+Tn)=an+4bnS_n+(T_1+T_2+\cdots+T_n)=a_n+4b_n，求正整数 nn 的值.

2018 · 天津 · 文 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
20导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=(x−t1)(x−t2)(x−t3)f(x)=(x-t_1)(x-t_2)(x-t_3)，其中 t1t_1，t2t_2，t3∈Rt_3\in\mathbf{R}，且 t1t_1，t2t_2，t3t_3 是公差为 dd 的等差数列.
(1) 若 t2=0t_2=0，d=1d=1，求曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (0,f(0))(0,f(0)) 处的切线方程； (2) 若 d=3d=3，求 f(x)f(x) 的极值； (3) 若曲线 y=f(x)y=f(x) 与直线 y=−(x−t2)−63y=-(x-t_2)-6\sqrt3 有三个互异的公共点，求 dd 的取值范围.

2018 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★☆☆
已知 {an}\{a_n\} 为等差数列，前 nn 项和为 SnS_n（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），{bn}\{b_n\} 是首项为 22 的等比数列，且公比大于 00，b2+b3=12b_2+b_3=12，b3=a4−2a1b_3=a_4-2a_1，S11=11b4S_{11}=11b_4.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 求数列 {a2nb2n−1}\{a_{2n}b_{2n-1}\} 的前 nn 项和（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.

2017 · 天津 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 为等差数列，前 nn 项和为 SnS_n（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），{bn}\{b_n\} 是首项为 22 的等比数列，且公比大于 00，b2+b3=12b_2+b_3=12，b3=a4−2a1b_3=a_4-2a_1，S11=11b4S_{11}=11b_4.
(1) 求 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 求数列 {a2nbn}\{a_{2n}b_n\} 的前 nn 项和（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.

2017 · 天津 · 文 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★★☆
已知 {an}\{a_n\} 是各项均为正数的等差数列，公差为 dd，对任意的 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，bnb_n 是 ana_n 和 an+1a_{n+1} 的等比中项.
(1) 设 cn=bn+12−bn2c_n=b_{n+1}^2-b_n^2（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），求证：数列 {cn}\{c_n\} 是等差数列； (2) 设 a1=da_1=d，Tn=∑k=12n(−1)kbk2T_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k b_k^2（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*），求证：∑k=1n1Tk<12d2\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac1{T_k}<\dfrac1{2d^2}.

2016 · 天津 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★☆☆
已知 {an}\{a_n\} 是等比数列，前 nn 项和为 SnS_n（n∈N∗n\in \mathbf{N}^*），且 1a1−1a2=2a3\dfrac{1}{a_1}-\dfrac{1}{a_2}=\dfrac{2}{a_3}，S6=63S_6=63.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 若对任意的 n∈N∗n\in \mathbf{N}^*，bnb_n 是 log⁡2an\log_2 a_n 和 log⁡2an+1\log_2 a_{n+1} 的等差中项，求数列 {(−1)nbn2}\{(-1)^n b_n^2\} 的前 2n2n 项和.

2016 · 天津 · 文 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 an+2=qana_{n + 2} = qa_{n}（qq 为实数，且 q≠1q \neq 1），n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，a1=1a_{1} = 1，a2=2a_{2} = 2，且 a2+a3a_{2} + a_{3}，a3+a4a_{3} + a_{4}，a4+a5a_{4} + a_{5} 成等差数列.
(1) 求 qq 的值和 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=log⁡2a2na2n−1b_{n}=\frac{\log_{2}a_{2n}}{a_{2n-1}}，n∈N∗n\in \mathbf{N}^{*}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和.

2015 · 天津 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 是各项均为正数的等比数列，{bn}\{b_{n}\} 是等差数列，且 a1=b1=1a_{1} = b_{1} = 1，b2+b3=2a3b_{2} + b_{3} = 2a_{3}，a5−3b2=7a_{5} - 3b_{2} = 7.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 和 {bn}\{b_{n}\} 的通项公式； (2) 设 cn=anbnc_{n} = a_{n}b_{n}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，求数列 {cn}\{c_{n}\} 的前 nn 项和.

2015 · 天津 · 文 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
19集合与逻辑基础★★★★☆
已知 qq 和 nn 均为给定的大于 11 的自然数. 设集合 M={0,1,2,…,q−1}M = \{0, 1, 2, \dots, q - 1\}，集合 A={x∣x=x1+x2q+⋯+xnqn−1,xi∈M,i=1,2,…,n}A = \{x \mid x = x_1 + x_2q + \dots + x_nq^{n-1}, x_i \in M, i = 1, 2, \dots, n\}.
(1) 当 q=2q = 2，n=3n = 3 时，用列举法表示集合 AA； (2) 设 ss，t∈At \in A，s=a1+a2q+⋯+anqn−1s = a_1 + a_2q + \cdots + a_nq^{n-1}，t=b1+b2q+⋯+bnqn−1t = b_1 + b_2q + \cdots + b_nq^{n-1}，其中 aia_i，bi∈Mb_i \in M，i=1i = 1，22，⋯\cdots，nn. 证明：若 an<bna_n < b_n，则 s<ts < t.

2014 · 天津 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★★☆
已知首项为 32\frac{3}{2} 的等比数列 {an}\{a_{n}\} 不是递减数列. 其前 nn 项和为 SnS_{n} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），且 S3+a3S_{3} + a_{3}，S5+a5S_{5} + a_{5}，S4+a4S_{4} + a_{4} 成等差数列.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 Tn=Sn−1SnT_{n} = S_{n} - \frac{1}{S_{n}} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），求数列 {Tn}\{T_{n}\} 的最大项的值与最小项的值.

2013 · 天津 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
19数列★★★☆☆
已知首项为 32\frac{3}{2} 的等比数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），且 −2S2-2S_{2}，S3S_{3}，4S44S_{4} 成等差数列.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 证明 Sn+1Sn⩽136S_{n} + \frac{1}{S_{n}} \leqslant \frac{13}{6} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）.

2013 · 天津 · 文 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★★☆
已知 {an}\{a_{n}\} 是等差数列，其前 nn 项和为 SnS_{n}，{bn}\{b_{n}\} 是等比数列，且 a1=b1=2a_{1} = b_{1} = 2，a4+b4=27a_{4} + b_{4} = 27，S4−b4=10S_{4} - b_{4} = 10.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 与 {bn}\{b_{n}\} 的通项公式； (2) 记 Tn=anb1+an−1b2+⋯+a1bnT_{n} = a_{n}b_{1} + a_{n - 1}b_{2} + \dots +a_{1}b_{n}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，证明 Tn+12=−2an+10bnT_{n} + 12 = -2a_{n} + 10b_{n} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.

2012 · 天津 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
18数列★★★☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 是等差数列，其前 nn 项和为 SnS_{n}，{bn}\{b_{n}\} 是等比数列，且 a1=b1=2a_{1} = b_{1} = 2，a4+b4=27a_{4} + b_{4} = 27，S4−b4=10S_{4} - b_{4} = 10.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 与 {bn}\{b_{n}\} 的通项公式； (2) 记 Tn=a1b1+a2b2+⋯+anbnT_{n} = a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + \dots + a_{n}b_{n}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，证明： Tn−8=an−1bn+1T_{n} - 8 = a_{n-1}b_{n+1}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，n>2n > 2）.

2012 · 天津 · 文 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
20数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_n\} 与 {bn}\{b_n\} 满足：bnan+an+1+bn+1an+2=0b_na_n+a_{n+1}+b_{n+1}a_{n+2}=0，bn=3+(−1)n2b_n=\frac{3+(-1)^n}{2}，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，且 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4，
(1) 求 a3a_3，a4a_4，a5a_5 的值； (2) 设 cn=a2n−1+a2n+1c_n=a_{2n-1}+a_{2n+1}，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，证明：{cn}\{c_n\} 是等比数列； (3) 设 Sk=a2+a4+⋯+a2kS_k=a_2+a_4+\dots+a_{2k}，k∈N∗k\in\mathbf{N}^*，证明：∑k=14nSkak<76\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k}<\frac76（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）.
\begin{solution} 由于 b2n−1=1b_{2n-1}=1，b2n=2b_{2n}=2.
\begin{enumerate} \item 取 n=1n=1，22，33，原递推式分别给出 a1+a2+2a3=0a_1+a_2+2a_3=0，2a2+a3+a4=02a_2+a_3+a_4=0，a3+a4+2a5=0a_3+a_4+2a_5=0. 代入 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4，依次得 a3=−3a_3=-3，a4=−5a_4=-5，a5=4a_5=4.
\item 对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，取原递推式中下标 2n2n 和 2n+12n+1，得
2a2n+a2n+1+a2n+2=02a_{2n}+a_{2n+1}+a_{2n+2}=0
a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0a_{2n+1}+a_{2n+2}+2a_{2n+3}=0
两式相减可得
a2n+3=a2na_{2n+3}=a_{2n}
再取下标 2n−12n-1，有
a2n−1+a2n+2a2n+1=0a_{2n-1}+a_{2n}+2a_{2n+1}=0
因此
cn+1=a2n+1+a2n+3=a2n+1+a2n=−(a2n−1+a2n+1)=−cnc_{n+1}=a_{2n+1}+a_{2n+3} =a_{2n+1}+a_{2n} =-(a_{2n-1}+a_{2n+1}) =-c_n
又 c1=a1+a3=2−3=−1c_1=a_1+a_3=2-3=-1，所以
cn=(−1)nc_n=(-1)^n
故 {cn}\{c_n\} 是首项 −1-1、公比 −1-1 的等比数列.
\item 先由 a1=2a_1=2，a2=4a_2=4 验证 a2⋅1−1=(−1)1−1(1+1)a_{2\cdot1-1}=(-1)^{1-1}(1+1)，a2⋅1=(−1)1−1(1+3)a_{2\cdot1}=(-1)^{1-1}(1+3). 若 a2n−1=(−1)n−1(n+1)a_{2n-1}=(-1)^{n-1}(n+1)，a2n=(−1)n−1(n+3)a_{2n}=(-1)^{n-1}(n+3)， 则由下标 2n−12n-1 和 2n2n 的递推式分别有
a2n+1=−a2n−1+a2n2=(−1)n(n+2)a_{2n+1}=-\frac{a_{2n-1}+a_{2n}}2=(-1)^n(n+2)
a2n+2=−2a2n−a2n+1=(−1)n(n+4)a_{2n+2}=-2a_{2n}-a_{2n+1}=(-1)^n(n+4)
这正是把 nn 换成 n+1n+1 后的两个等式，故由数学归纳法，对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*， a2n−1=(−1)n−1(n+1)a_{2n-1}=(-1)^{n-1}(n+1)，a2n=(−1)n−1(n+3)a_{2n}=(-1)^{n-1}(n+3). 于是
S2m=a2+a4+⋯+a4m=−mS_{2m}=a_2+a_4+\cdots+a_{4m}=-m
S2m−1=a2+a4+⋯+a4m−2=m+3S_{2m-1}=a_2+a_4+\cdots+a_{4m-2}=m+3
将四项作为一组，得
Bm=S4m−3a4m−3+S4m−2a4m−2+S4m−1a4m−1+S4ma4mB_m=\frac{S_{4m-3}}{a_{4m-3}} +\frac{S_{4m-2}}{a_{4m-2}} +\frac{S_{4m-1}}{a_{4m-1}} +\frac{S_{4m}}{a_{4m}}
化简得
Bm=2m+22m−2m−12m+2−2m+32m+1+2m2m+3=22m(2m+1)+3(2m+2)(2m+3)B_m=\frac{2m+2}{2m} -\frac{2m-1}{2m+2} -\frac{2m+3}{2m+1} +\frac{2m}{2m+3} =\frac{2}{2m(2m+1)} +\frac{3}{(2m+2)(2m+3)}
当 n=1n=1 时，
∑k=14Skak=B1=2960<76\sum_{k=1}^{4}\frac{S_k}{a_k} =B_1=\frac{29}{60}<\frac76
当 n⩾2n\geqslant2 时，对 m⩾2m\geqslant2 有
Bm=52m(2m+1)+3(2m+2)(2m+3)−32m(2m+1)B_m=\frac5{2m(2m+1)} +\frac3{(2m+2)(2m+3)} -\frac3{2m(2m+1)}
其中最后一项恰与前一组的第二项相消，且
B1−34⋅5=13B_1-\frac3{4\cdot5}=\frac13
因此望远镜相消得到
∑k=14nSkak=13+∑m=2n52m(2m+1)+3(2n+2)(2n+3)\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k} =\frac13+\sum_{m=2}^{n}\frac5{2m(2m+1)} +\frac3{(2n+2)(2n+3)}
因为
52m(2m+1)<5(2m−1)(2m+1)=52(12m−1−12m+1)\frac5{2m(2m+1)} <\frac5{(2m-1)(2m+1)} =\frac52\left(\frac1{2m-1}-\frac1{2m+1}\right)
所以
∑m=2n52m(2m+1)<56−52(2n+1)\sum_{m=2}^{n}\frac5{2m(2m+1)} <\frac56-\frac5{2(2n+1)}
并且因 6(2n+1)<5(2n+2)(2n+3)6(2n+1)<5(2n+2)(2n+3)，有
3(2n+2)(2n+3)<52(2n+1)\frac3{(2n+2)(2n+3)} <\frac5{2(2n+1)}
故
∑k=14nSkak<13+56=76\sum_{k=1}^{4n}\frac{S_k}{a_k} <\frac13+\frac56=\frac76
\end{enumerate} \end{solution}

2011 · 天津 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
20数列★★★★★
已知数列 {an}\{a_{n}\} 与 {bn}\{b_{n}\} 满足： bn+1an+bnan+1=(−2)n+1b_{n+1}a_{n} + b_{n}a_{n+1} = (-2)^{n} + 1，bn=3+(−1)n−12b_{n} = \frac{3 + (-1)^{n-1}}{2}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，且 a1=2a_{1} = 2.
(1) 求 a2a_{2}，a3a_{3} 的值； (2) 设 cn=a2n+1−a2n−1c_{n} = a_{2n + 1} - a_{2n - 1}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，证明：数列 {cn}\{c_{n}\} 是等比数列； (3) 设 SnS_{n} 为 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和，证明 S1a1+S2a2+…+S2n−1a2n−1+S2na2n⩽n−13\frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}} + \ldots + \frac{S_{2n-1}}{a_{2n-1}} + \frac{S_{2n}}{a_{2n}} \leqslant n - \frac{1}{3} （n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）.

2011 · 天津 · 文 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析