分析 (1)當n=1時,a1=S1=1,當n≥2,an=Sn-Sn-1=n,
(2)寫出數(shù)列{1an}的通項公式,數(shù)列1an=1n,求得前n項和,及Rn−1=1+(1+12)+(1+12+13)+…+(1+12+…+1n−1),整理得Rn-1=n(Tn-1);
可以采用數(shù)學歸納法證明:先驗證當n=2,等式成立,
再假設(shè)當n=k時成立,推出n=k+1時成立,其中要利用好假設(shè)條件,
(3)分類討論q的取值,當q≠0,q=0與limn→∞f(an)=0(n∈N∗)矛盾,
當q≠0,(p-1)3qx+1≠0恒成立,即p-1≠−(13q)x,恒成立,−(13q)x的值域為
(-∞,0)恒成立,結(jié)合條件3q>1,從而p+q>1.
解答 解:(1)當n=1時,a1=S1=1,
當n≥2時,an=Sn−Sn−1=n(n+1)2−(n−1)n2=n
∴an=n;
(2)、<法一>∵1an=1n,
∴Tn=1+12+…+1n,
∴Rn−1=1+(1+12)+(1+12+13)+…+(1+12+…+1n−1)
=(n−1)•1+(n−2)•12+(n−3)•13+…+1•1n−1
=n(1+12+13+…+1n−1−1+1n)=n(1+12+13+…+1n−1+1n−1)=n(Tn−1)(n≥2)
<法二>:數(shù)學歸納法
①n=2時,R1=T1=1a1=1,2(T2−1)=2(1a1+1a2−1)=1
②假設(shè)n=k(k≥2,k∈N*)時有Rk-1=k(Tk-1)
當n=k+1時,Rk=Rk−1+Tk=k(Tk−1)+Tk=(k+1)Tk−k=(k+1)(Tk+1−1ak+1)−k=(k+1)(Tk+1−1+1−1k+1)−k=(k+1)(Tk+1−1)∴n=k+1是原式成立
由①②可知當n≥2,n∈N*時Rn-1=n(Tn-1);
(3)、易知q≠0,否則若q=0,則f(x)=1p,與limn→∞f(an)=0(n∈N∗)矛盾,
∵函數(shù)f(x)的定義域為R,所以(p-1)•3qx+1恒不為零,而3qx的值域為(0,+∞),
∴p-1≥0,又p=1時,f(x)=1,與limn→∞f(an)=0(n∈N∗)矛盾,
故p>1∵f(an)=1(p−1)•3qn+1=1(p−1)(3q)n+1,
且limn→∞f(an)=0
∴3q>1,∴q>0
即有p+q>1.
點評 本題考查求數(shù)列的通項公式、利用數(shù)學歸納法證明及利用極限的性質(zhì)證明,過程復雜、繁瑣,屬于難題.
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A. | \frac{2}{3} | B. | 1 | C. | \frac{4}{3} | D. | \frac{3}{2} |
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