分析 (1)${a}_{n}={s}_{n}-{s}_{n-1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{n}}{c-1}-\frac{{c}^{2}-{a}_{n-1}}{c-1}$,得${a}_{n}=\frac{1}{c}{a}_{n-1}$,即可求數(shù)列{an}的通項公式.
(2)由已知求出公差為dn,寫出f(n),令g(n)=(1-c)2f(n)=2+$\frac{c-{c}^{n}}{1-c}-(n+1){c}^{n}$,利用作差法確定g(n)的單調(diào)性,只需g(n)min≥1即可.,
解答 解:(1)當n=1時,${s}_{1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{1}}{c-1}={a}_{1}$,解得a1=c,
當n≥2時,${a}_{n}={s}_{n}-{s}_{n-1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{n}}{c-1}-\frac{{c}^{2}-{a}_{n-1}}{c-1}$,解得${a}_{n}=\frac{1}{c}{a}_{n-1}$,
所以數(shù)列{an}是以c為首項,公比為$\frac{1}{c}$的等比數(shù)列.
所以${a}_{n}={c}^{2-n}$.
(2)①由題意知an+1=an+(n+2-1)dn,即c1-n=c2-n+(n+1)dn,
所以$wn8qf2w_{n}=\frac{(1-c){c}^{1-n}}{n+1}$,
所以$\frac{1}{bgooog8_{n}}=\frac{1}{c(1-c)}[(n+1){c}^{n}]$,
所以$f(n)=\frac{1}{c(1-c)}[2c+3{c}^{2}+4{c}^{3}+..+(n+1){c}^{n\\;\\;}]$.
${A}_{n}=2c+3{c}^{2}+…+n{c}^{n-1}+(n+1){c}^{n}$,
cAn=2c2+3c3+…+ncn+(n+1)cn+1,
(1-c)An=2c+c2+c3+…+cn-(n+1)cn+1,
所以$f(n)=\frac{2}{(1-c)^{2}}+\frac{c-{c}^{n}}{(1-c)^{3}}-\frac{(n+1){c}^{n}}{(1-c)^{2}}$.
②令g(n)=(1-c)2f(n)=2+$\frac{c-{c}^{n}}{1-c}-(n+1){c}^{n}$,
g(n+1)=2+$\frac{c}{1-c}-\frac{{c}^{n+1}}{1-c}-(n+2){c}^{n+1}$,
g(n+1)-g(n)=$\frac{{c}^{n}}{1-c}+(n+1){c}^{n}-\frac{{c}^{n+1}}{1-c}-(n+2){c}^{n+1}$=${c}^{n}[\frac{1}{1-c}+(n+1)-\frac{c}{1-c}-(n+2)c]$
=cn[n+2-(n+2)c]=(n+2)cn(1-c).
因為0<c<1且n∈N+,
所以(n+2)cn(1-c)>0,
所以g(n+1)>g(n).
所以g(n)min=g(1)=2-2c≥1,
所以c≤$\frac{1}{2}$,又因為0<c<1,
所以0<c≤$\frac{1}{2}$.
點評 本題考查了數(shù)列的綜合應用,涉及到等差數(shù)列的性質(zhì),及數(shù)列的單調(diào)性,還考查了轉(zhuǎn)化思想,屬于中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 對任意x∈R,使得x2<0 | B. | 不存在x∈R,使得x2<0 | ||
C. | 存在x0∈R,都有$x_0^2≥0$ | D. | 存在x0∈R,都有$x_0^2<0$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{{\sqrt{5}}}{3}$ | B. | $\frac{{\sqrt{13}}}{2}$ | C. | $\frac{3}{2}$ | D. | $\frac{{\sqrt{13}}}{3}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 1 | B. | $\frac{1}{2}$ | C. | $\sqrt{2}$ | D. | $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$ |
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