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>0.由題意可得:1+d+1+2d=2q2,5+2q=3(1+d),聯(lián)立解得d,q,即可得出.
(2)cn=(-1)n(2n-1)(2n+1)=(-1)n(4n2-1),可得c2n-1+c2n=4(2n+1)2-1-[4(2n-1)2-1]=32n.即可得出數(shù)列{cn}的前2n項和T2n.
(3)bn=2n,Sn=$\frac{2({2}^{n}-1)}{2-1}$=2n+1-2,假設(shè)存在正整數(shù)n,t,使得$\frac{{S}_{n}-t_{n}}{{S}_{n+1}-t_{n+1}}$<$\frac{1}{16}$成立,則$\frac{{2}^{n+1}-2-t×{2}^{n}}{{2}^{n+2}-2-t×{2}^{n+1}}$$<\frac{1}{16}$,對t分類討論,t≤2時,化為:$t>2-\frac{15}{7×{2}^{n}}$;t≥3時,化為:t<1-$\frac{15}{7×{2}^{n+1}}$,即可得出結(jié)論.
解答 解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q>0.
∵a2+a3=b3,5+b2=3a2,∴1+d+1+2d=2q2,5+2q=3(1+d),
聯(lián)立解得d=q=2.
∴an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n.
(2)cn=(-1)nanan+1=(-1)n(2n-1)(2n+1)=(-1)n(4n2-1),
∴c2n-1+c2n=4(2n+1)2-1-[4(2n-1)2-1]=32n.
∴數(shù)列{cn}的前2n項和T2n=32×(1+2+…+n)=$\frac{32n(n+1)}{2}$=16n2+16n.
(3)bn=2n,Sn=$\frac{2({2}^{n}-1)}{2-1}$=2n+1-2,
假設(shè)存在正整數(shù)n,t,使得$\frac{{S}_{n}-t_{n}}{{S}_{n+1}-t_{n+1}}$<$\frac{1}{16}$成立,則$\frac{{2}^{n+1}-2-t×{2}^{n}}{{2}^{n+2}-2-t×{2}^{n+1}}$$<\frac{1}{16}$,
t≤2時,化為:$t>2-\frac{15}{7×{2}^{n}}$,n=1,t=1,因此n=1,t=1時成立.
t≥3時,化為:t<1-$\frac{15}{7×{2}^{n+1}}$,此時不存在正整數(shù)n,t,使得$\frac{{S}_{n}-t_{n}}{{S}_{n+1}-t_{n+1}}$<$\frac{1}{16}$成立.
綜上可得:只有n=1,t=1時成立.
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)列的通項公式與求和公式、不等式的性質(zhì),考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 12 | B. | 9 | C. | 6 | D. | 4 |
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A. | 命題“p或q”是假命題 | B. | 命題“p且q”是真命題 | ||
C. | 命題“非q”是假命題 | D. | 命題“p且‘非q’”是真命題 |
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x | -1 | 0 | 2 | 4 | 5 |
f(x) | 1 | 2 | 0 | 2 | 1 |
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