已知数列{an}，{bn}，其中a1=12，数列{an}的前n项和Sn=n2an（n≥1），数列{bn}满足b1=2，bn+1=2bn．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）是否存在自然数m，使得对于任意n∈N*，n≥2-数学试题及答案

1、试题题目：已知数列{an}，{bn}，其中a1=12，数列{an}的前n项和Sn=n2an（n≥1）..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2016-01-30 07:30:00

试题原文

已知数列{a_n}，{b_n}，其中a1=

1

2

，数列{a_n}的前n项和S_n=n²a_n（n≥1），数列{b_n}满足b₁=2，b_n+1=2b_n．
（Ⅰ）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）是否存在自然数m，使得对于任意n∈N^*，n≥2，有1+

1

b1

+

1

b2

+…+

1

bn-1

＜

m-8

4

恒成立？若存在，求出m的最小值；
（Ⅲ）若数列{c_n}满足cn=

1

nan

，n为奇数

bn，n为偶数

当n是偶数时，求数列{c_n}的前n项和T_n．

试题来源：东城区一模试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（Ⅰ）因为S_n=n²a_n（n≥1），
当n≥2时，S_n-1=（n-1）²a_n-1．
所以a_n=S_n-S_n-1=n²a_n-（n-1）²a_n-1．
所以（n+1）a_n=（n-1）a_n-1．
即

an

an-1

=

n-1

n+1

．
又a1=

1

2

，
所以an=

an

an-1

?

an-1

an-2

?

an-2

an-3

??

a3

a2

?

a2

a1

?a1=

n-1

n+1

?

n-2

n

?

n-3

n-1

??

2

4

?

1

3

?

1

2

=

1

n(n+1)

．
当n=1时，上式成立
因为b₁=2，b_n+1=2b_n，
所以{b_n}是首项为2，公比为2的等比数列，故b_n=2ⁿ．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n=2ⁿ．
则1+

1

b1

+

1

b2

++

1

bn-1

=1+

1

2

+

1

22

++

1

2n-1

=2-

1

2n-1

．
假设存在自然数m，使得对于任意n∈N^*，n≥2，有1+

1

b1

+

1

b2

++

1

bn-1

＜

m-8

4

恒成立，
即2-

1

2n-1

＜

m-8

4

恒成立．
由

m-8

4

≥2，解得m≥16．
所以存在自然数m，使得对于任意n∈N^*，n≥2，有1+

1

b1

+

1

b2

++

1

bn-1

＜

m-8

4

恒成立．此时m的最小值为16．
（Ⅲ）当n是奇数时，Tn=[

1

a1

+

1

3a3

++

1

nan

]+(b2+b4++bn-1)
=（2+4++n+1）+（2²+2⁴++2^n-1）=

2+n+1

2

?

n+1

2

+

4(1-4

n-1

2

)

1-4

=

n2+4n+3

4

+

4

3

(2n-1-1)．
当n是偶数时，Tn=[

1

a1

+

1

3a3

++

1

(n-1)an-1

]+(b2+b4++bn)
=（2+4++n）+（2²+2⁴++2ⁿ）=

2+n

2

?

n

2

+

4(1-4

n

2

)

1-4

=

n2+2n

4

+

4

3

(2n-1)．
因此Tn=

n2+4n+3

4

+

4

3

(2n-1-1)，当n为奇数时

n2+2n

4

+

4

3

(2n-1)，??当n为偶数时.

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知数列{an}，{bn}，其中a1=12，数列{an}的前n项和Sn=n2an（n≥1）..”的主要目的是检查您对于考点“高中数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）”。

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