分析 (Ⅰ)2n−1an=(2n-1)(12)n,利用“錯(cuò)位相減法”即可求得數(shù)列{2n−1an}的前n項(xiàng)和Tn;
(Ⅱ)由題意可得f′(x)>0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).求得fn(1)>0,fn(23)<0,再根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理,可得要證的結(jié)論成立.
(Ⅲ)由題意可得fn+1(xn)>fn(xn)=fn+1(xn+1)=0,由 fn+1(x) 在(0,+∞)上單調(diào)遞增,可得 xn+1<xn,故xn-xn+p>0.用 fn(x)的解析式減去fn+p (xn+p)的解析式,變形可得xn-xn+p=∑nk=2xkn+p−xknk2+∑n+pk=n+1xkn+pk2,再進(jìn)行放大,并裂項(xiàng)求和,可得它小于1n.,綜上可得要證的結(jié)論成立.
解答 解:(Ⅰ)若x=2,an=2n,則2n−1an=(2n-1)(12)n,
則Tn=1×(12)1+3×(12)2+…+(2n-1)(12)n,
∴12Tn=1×(12)2+3×(12)3+…+(2n-1)(12)n+1,
∴12Tn=12+2×[(12)2+(12)3+…+(12)n]-(2n-1)(12)n+1
=12+2×14(1−12n−1)1−12-(2n-1)(12)n+1=12+1-(12)n-1-(2n-1)(12)n+1,
∴Tn=3-(12)n-2-(2n-1)(12)n=3-2n+32n;
(Ⅱ)證明:fn(x)=-1+x+x222+x332+…+xnn2(x∈R,n∈N+),fn′(x)=1+x2+x23+…+xn−1n>0,
故函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).
由于f1(x1)=0,當(dāng)n≥2時(shí),fn(1)=122+132+…+1n2>0,即fn(1)>0.
又fn(23)=-1+23+[(23)222+(23)232+(23)442+…+(23)nn2]≤-13+14•∑ni=2(23)i,
=-13+14×(23)2[1−(23)n−1]1−23=-13•(23)n-1<0,
根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理,可得存在唯一的xn∈[23,1],滿足fn(xn)=0.
(Ⅲ)證明:對(duì)于任意p∈N+,由(1)中xn構(gòu)成數(shù)列{xn},當(dāng)x>0時(shí),
∵fn+1(x)=fn(x)+xn+1(n+1)2>fn(x),
∴fn+1(xn)>fn(xn)=fn+1(xn+1)=0.
由 fn+1(x) 在(0,+∞)上單調(diào)遞增,可得 xn+1<xn,即 xn-xn+1>0,
故數(shù)列{xn}為減數(shù)列,即對(duì)任意的 n、p∈N+,xn-xn+p>0.
由于 fn(xn)=-1+xn+x2n22+x3n32+…+xnnn2=0,①,
fn+p (xn+p)=-1+xn+p+x2n+p32+x3n+p32+…+xnn+pn2+[xn+1n+p(n+1)2+xn+2n+p(n+2)2+…+xn+pn+p(n+p)2],②,
用①減去②并移項(xiàng),利用 0<xn+p≤1,可得
xn-xn+p=∑nk=2xkn+p−xknk2+∑n+pk=n+1xkn+pk2≤∑n+pk=n+1xkn+pk2≤∑n+pk=n+11k2<∑n+pk=n+11k(k−1)=1n-1n+p<1n.
綜上可得,對(duì)于任意p∈N+,由(1)中xn構(gòu)成數(shù)列{xn}滿足0<xn-xn+p<1n.
點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用,函數(shù)的零點(diǎn)的判定,等比數(shù)列求和以及用放縮法證明不等式,“錯(cuò)位相減法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和,還考查推理以及運(yùn)算求解能力,屬于難題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | {x|1<x<2} | B. | {x|1≤x<2} | C. | {x|-1<x<2} | D. | {x|-1≤x<2} |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | [-2√5,-4] | B. | (-2√5,-4] | C. | [-2√5,-4) | D. | (-2√5,-4) |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
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