考点：数列与不等式的综合
专题：综合题,压轴题,等差数列与等比数列,点列、递归数列与数学归纳法,不等式的解法及应用
分析：（Ⅰ）由图表得到每一行中数列的项的个数，由等差数列的求和公式得到a2014为数阵中第63行，第61列的数，最后由等差数列和等比数列的通项公式得答案；（Ⅱ）由题意可知bn=2n-1=an(n-1)2+1，an(n-1)2+k=bn+k-1=2n-1+k-1．然后逐一分析第2n-1行中，第2n行中，第6n-5行中，第6n-4行中，第6n-3行中，第6n-2行中，第6n-1行中，第6n行中所有能被3整除的数的个数，则答案可求；（Ⅲ）充分性，当q≥2，d≥1，q3-q2＞2d时，由数学归纳法证明数列{an}单调递增．必要性，由{an}单调递增．则d＞0，然后根据d为正整数，得到d≥1．再逐一分析前一行的最后一个数和后一行的第一个数的关系证明．
（Ⅰ）解：由1+2+3+…+62=+3+…+62+63=-1953=60知，a2014为数阵中第63行，第61列的数．∵q=2，d=1，∴a；（Ⅱ）解：q=2，d=1，bn=2n-1=an(n-1)2+1，an(n-1)2+k=bn+k-1=2n-1+k-1．由（Ⅰ）分析知，当n(n-1)2+k≤2014时，n≤63．第63行中能被3整除的项应满足263-1+k-1=3m，1≤k≤61．263-1=262=（3-1）62=362+C162?(-1)1?361+…+C6162?(-1)61?3+(-1)62．被3除的余数为1．∴263-1+3-1是第63行中第一个能被3 整除的数．263-1+60-1是第63行中第20个能被3整除的数，也是第63行中小于2014的最后一个能被3整除的数．同理，1≤n≤62时，2n-1=(3-1)n-1=3n-1+C1n-1?3n-2?(-1)1+…+Cn-2n-1?3?(-1)n-2+(-1)n-1．被3除的余数为（-1）n-1．22n-1-1被3除的余数为（-1）2n-1-1=1．22n-1被3除的余数为（-1）2n-1=-1．这样，第2n-1行中的第3个数22n-1-1+3-1是第一个能被3整除的数，第2n行中的第二个数22n-1+2-1是第一个能被3整除的数．在第6n-5行中第3个数26n-5-1+3-1是第1个能被3整除的数，第6n-6个数26n-5-1+（6n-6）-1是第（2n-2）个能被3整除的数，也是最后一个能被3整除的数．在第6n-4行中第2个数26n-4-1+2-1是第1个能被3整除的数，第6n-4个数26n-4-1+（6n-4）-1是第（2n-1）个能被3整除的数，也是最后一个能被3整除的数．在第6n-3行中第3个数26n-3-1+3-1是第1个能被3整除的数，第6n-3个数26n-3-1+（6n-3）-1是第（2n-1）个能被3整除的数，也是最后一个能被3整除的数．在第6n-2行中第2个数26n-2-1+2-1是第1个能被3整除的数，第6n-4个数26n-2-1+（6n-4）-1是第（2n-1）个能被3整除的数，也是最后一个能被3整除的数．在第6n-1行中第3个数26n-1-1+3-1是第1个能被3整除的数，第6n-3个数26n-1+（6n-3）-1是第（2n-1）个能被3整除的数，也是最后一个能被3整除的数．在第6n行中第2个数26n-1+2-1是第1个能被3整除的数，第6n-1个数26n-1+（6n-1）-1是第2n个能被3整除的数，也是最后一个能被3整除的数．这样，在第6n-5，6n-4，…，6n-1，6n这6行中一共有6（2n-1）=12n-6=6+12（n-1）个能被3整除的数．从第1行到第6n行一共有6n+6n（n-1）=6n2个能被3整除的数．从第1行到第60行一共有6×102=600个能被3整除的数．第61行，即第6×11-5行中一共有2×11-2=20个能被3整除的数．第62行，即第6×11-4行中一共有2×11-1=21个能被3整除的数．于是，从第1行到底63行的a2014，能被3整除的数一共有600+20+21+20=661；（Ⅲ）证明：a1=1，a3=a2+1，bn=a(n-1)n2+1=qn-1．第n行一共有n个数，其中第n行中的第k个数为：a(n-1)n2+k=a(n-1)n2+1+(k-1)d+bn+(k-1)d=qn-1+（k-1）d&1≤k≤n，n≥3．要使的数列{an}单调递增，则必须d＞0，这样才能保证每一行中的数都是单调递增的．还必须q＞1，这样才能保证bn每一行的第1个数是单调递增的．除此以外，还必须保证第n行的最后一个数（第n个数）小于或等于第n+1行的第1个数．也即，an(n-1)2+n=an(n+1)2=bn+(k-1)d=qn-1+(n-1)d≥bn+1=qn．充分性当q≥2，d≥1，q3-q2＞2d时，前两行a1=1＜q=a2＜q+1=a3，第3行a4=q2≥2q＞q+1=a3，a6=q2+2d．第4行a7=q3＞q2+2d=a6．下面有数学归纳法证明数列{an}单调递增．设前k（k≥4）行中，都有{an}单调递增，则第k-1行的最后一个数（第k-1行中的第k-1个数）小于或等于第k行的第一个数，也即a(k-1)(k-2)2+k-1=qk-2+(k-2)d＜bk=qk-1成立．这样，第k行的最后一个数为：ak(k-1)2+k=qk-1+(k-1)d．第k+1行的第1个数为：bk+1=qk=q?qk-1＞q[qk-2+(k-2)d]=qk-1+（k-2）qd＞qk-1+2（k-2）d＞qk-1+（k-2）d+d=qk-1+（k-1）d等于第k行的最后一个数．这样，由归纳法证得当q≥2，d≥1，q3-q2＞2d时，{an}单调递增．必要性若{an}单调递增．则d＞0，∵d为正整数，∴d≥1．前两行a1=1＜q=a2＜q+1=a3，第3行a4=q2＞a3=q+1，0＜q2-q-1，q＞1+(12)52．∵q为正整数，∴q≥2．第3行最后一个数为a6=q2+2d，第4行a7=q3＞a6=q2+2d．∴q3-q2＞2d．这样，若数列{an}是单调递增数列，则必有q≥2，d≥1且q3-q2＞2d．
点评：本题考查了等差数列和等比数列的通项公式，考查了归纳法证明与自然数有关的命题，考查了充分必要条件的证明方法，训练了学生的逻辑思维能力和综合分析问题和解决问题的能力，解答此题要有很好的耐心，考查了学生的运算能力，是难度非常大的少见题目．
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科目：高中数学
计算下列各式（式中字母均为正数）（1）已知lg（x+2y）+lg（x-y）=lg2+lgx+lgy，求的值；（2）0.25-1×（）12×（）14-10×（2-）-1+（）-12+1614．
科目：高中数学
已知三角形的三个顶点A（3，-3），B（-5，0），C（0，2）．（1）求BC所在直线方程．（2）求BC边上的中线所在直线方程；（3）求BC边上的垂直平分线所在的直线方程．
科目：高中数学
已知函数f（x）满足f（1-x）+2f（x-1）=x，求f（x）．
科目：高中数学
已知f（a）=，求f（ ）的值．
科目：高中数学
若函数f（x）的图象上存在不同两点A，B，设线段AB的中点为M（x0，y0），使得f（x）在点（x0，f（x0））处的切线l与直线AB平行或重合，则称切线l为函数f（x）的“平衡切线”．则函数f（x）=2aln（x+1）+x2-2x的“平衡切线”的条数为（　　）
A、2条或无数条B、1条或无数条C、0条或无数条D、2条或0条
科目：高中数学
如图，△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，AB=2，BC=1，DC=，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，（1）求三棱锥C-ABE的体积；（2）证明：平面ACD⊥平面ADE；（3）在CD上是否存在一点M，使得MO∥平面ADE？证明你的结论．
科目：高中数学
如图，已知平面PAB⊥平面ABCD，且四边形ABCD是矩形，AD：AB=3：2，△PAB为等边三角形，F是线段BC上的点且满足CF=2BF．（1）证明：平面PAD⊥平面PAB；（2）求直线DF与平面PAD的所成角的余弦值．
科目：高中数学
已知数列{an}满足a1=2，an-+1=2（1+）2an（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=（An2+Bn+C）?2n，试推断是否存在常数A、B、C，使对于一切n∈N*都有an=bn+1-bn成立？若存在，求出A，B，C的值；若不存在，说明理由．（3）求：an．设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）[a(n+1）]^2-n(an)^2+a(n+1)an=0(n=1,2,3……),则它的通项公式是?_百度知道
设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）[a(n+1）]^2-n(an)^2+a(n+1)an=0(n=1,2,3……),则它的通项公式是?
提问者采纳
解：（n+1）[a(n+1）]^2-n(an)^2+a(n+1)an=0 ＝＞〔(n+1)a(n+1)-n*an〕*[a(n+1)+an]=0 (分解因式)因为{an}是首项为1的正项数列 所以a(n+1)+an&0
所以：(n+1)a(n+1)-n*an＝0
所以：a(n+1)／a(n)＝n／(n+1) ＝＞
an/a(n-1)=(n-1)/n
a(n-1)/a(n-2)=(n-2)/(n-1)
把各式相乘得到：an/a1=1/n
而有题目知道:a1=1
所以：an=1/n
即数列的通项公式是：an=1/n
提问者评价
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出这题目得人出了第一问,就已经把题目难度降低了80%,1.bn = 1/An b(n+1)= 1/A(n+1) = 1/(An/(An +1))= (An+1)/An =1+(1/An)bn是以1为等差的数列.2.bn是以1为等差的数列,求出bn通项公式,则An出来了.3.因为么有计算bn的通项公式,所以令bn = a*n+1（1为公差）Cn=2^n/An = 2^n*bn = （a*n+1）2^n = a*n*2^n +2^n 前n项和：后面2^n 的不说了,等比数列.不知道学等比数列求和公式的错位相消法,你有没有没到,a*n*2^n 前n项和就这么算.
∵Bn=1/An∴B(n+1)=1+Bn又∵A（n+1)=f(An)=An/(An+1)∴1/A(n+1)=(An+1)/An=1+1/An即：B(n+1)=1+Bn∴B(n+1)-Bn=1
∴{Bn}是等差数列（2）∵A1=1∴B1=1∴由(1) 得：Bn=1+(n-1)*1=n∴1/Bn=1/n∴An=1/n（3）由（2）得:Cn=2^n/An=n*2^n∴Sn...
已经有人回答了。【代数的】1.已知a,b,c,d都是正整数,且a^3=b^2,c^2=d,d-a=5,求b-c的值2.设n是正整数,求证：73|(8^(n+2)+9^(2n+1))3.已知a,n为正整数,求证：a^(4n+k)与a^k (k=1,2,3,4）的个位数相同今天下午再来看!_百度作业帮
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1 a^3=b^2,即a^(1/2)=b^(1/3)∵a,b都是正整数,∴a是完全平方数,b是完全3次方数d-a=c^2-[b^(1/3)]^2=5[c+b^(1/3)][c-b^(1/3)]=5=5*1所以c+b^(1/3)=5c-b^(1/3)=1c=3,b=8b-c=8-3=58^(n+2)+9^(2n+1)=8^(n+2)+9*8^n+9^(2n+1)-9*8^n=8^n(64+9)+9(81^n-8^n)=73*8^n+9(81^n-8^n)81^n-8^n==8^n-8^n(mod 73)==0(mod73)所以73|（73*8^n+9*(81^n-8^n))即73|(8^(n+2)+9^(2n+1))3只需要证明10|a^(4n+k)-a^ka^(4n+k)-a^k=a^k(a^4n-1)显然a^k,a^4n-1具有不同奇偶性即2|a^(4n+k)-a^k下面证明5|a^k(a^4n-1)1)若5|a,则上式成立2）若（5,a)=1根据费马小定理 a^4==1(mod5)a^4n-1=(a^4)^n-1==1^n-1(mod5)=0(mod5)故上式能被5整除即10|a^(4n+k)-a^k
1,a^3=b^2,知a为完全平方数，a=t^2,d=a+5,代入才c^2-d=0.为c^2-t^2=5,等价余（c-t)(c+t)=5,c-t=1,c+t=5,由此求出a=4,c=3,b=8,b-c=5.2,"="表示三横线的同余号，等价于8^(n+2)+9^(2n+1)=0(mod73),事实上，8^(n+2)+9^(2n+1)=64*8^n+9*81^n=64*8^n+9...设各项均为正数的无穷数列｛an｝｛bn｝满足：对任意n属于正整数都有2bn=an+a(n+1)且a（n+1）的平方=bn乘以b（n+1）,求证：{根号下bn}是等差数列设a1=1,a2=2,求{an}和{bn}的通项公式别复制以前的、就_百度作业帮
设各项均为正数的无穷数列｛an｝｛bn｝满足：对任意n属于正整数都有2bn=an+a(n+1)且a（n+1）的平方=bn乘以b（n+1）,求证：{根号下bn}是等差数列设a1=1,a2=2,求{an}和{bn}的通项公式别复制以前的、就
设各项均为正数的无穷数列｛an｝｛bn｝满足：对任意n属于正整数都有2bn=an+a(n+1)且a（n+1）的平方=bn乘以b（n+1）,求证：{根号下bn}是等差数列设a1=1,a2=2,求{an}和{bn}的通项公式别复制以前的、就是以前的没看懂,才问的.
an+a(n+1)=2bn -----①a（n+1）的平方=bn乘以b（n+1）,即a²(n+1)=bn*b(n+1),所以a(n+1)=√[bn*b(n+1)] -----②把n换为n-1可得：an=√[b(n-1)*bn] -----③②③代入①得,√[bn*b(n+1)]+√[b(n-1)*bn]=2bn上式两边同除以√bn得√b(n+1)+√b(n-1)=2√bn,即√b(n+1)-√bn=√bn-√b(n-1),这说明数列{√bn}的后一项与前一项的差值总相等,∴数列{√bn}是等差数列.将a1=1,a2=2代入①求得,b1=3/2,在②式中令n=1可得：a2=√[b1*b2]将a2=2,b1=3/2代入②得,b2=8/3所以数列{√bn}的首项=√b1=√(3/2),公差d=√b2-√b1=√(8/3)-√(3/2)=√6/6.因为数列{√bn}是等差数列,所以√bn=(√b1)+(n-1)d=√(3/2)+ (n-1)(√6/6)=(n+2)/√6bn=(n+2)²/6,进而递推得b(n-1)=(n+1)²/6,代入③得an=(n+1)(n+2)/6}