2019年高考数学二轮复习对点练：专题四 数列 专题对点练13 Word版含答案
2019年高考数学(文科)二轮复习对点练：四数列专题对点练14(含答案)
专题对点练14数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题1.已知等比数列{a n},a1=,公比q=.(1)S n为{a n}的前n项和,证明:S n=;(2)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{b n}的通项公式.2.已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=.(1)证明:数列是等差数列,并求{a n}的通项公式;(2)令b n=a1a2…a n,求数列的前n项和S n.3.已知数列{a n}的前n项和S n=1+λa n,其中λ≠0.(1)证明{a n}是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=,求λ的值.4.在数列{a n}中,设f(n)=a n,且f(n)满足f(n+1)-2f(n)=2n(n∈N*),且a1=1.(1)设b n=,证明数列{b n}为等差数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.5.设数列{a n}的前n项和为S n,且(3-m)S n+2ma n=m+3(n∈N*),其中m为常数,且m≠-3.(1)求证:{a n}是等比数列;(2)若数列{a n}的公比q=f(m),数列{b n}满足b1=a1,b n=f(b n-1)(n∈N*,n≥2),求证:为等差数列,并求b n.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=-2,且满足S n=a n+1+n+1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=log3(-a n+1),求数列的前n项和T n,并求证T n<.7.(2018天津模拟)已知正项数列{a n},a1=1,a2=2,前n项和为S n,且满足-2(n≥2,n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记c n=,数列{c n}的前n项和为T n,求证:≤T n<.8.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,2S n=(n+1)2a n-n2a n+1,数列{b n}满足b1=1,b n b n+1=λ·.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正实数λ,使得{b n}为等比数列?并说明理由.专题对点练14答案1.(1)证明因为a n=,S n=,所以S n=.(2)解b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-.所以{b n}的通项公式为b n=-.2.解(1)∵a n+1=,∴a n+1-1=-1=,∴,∴.∵a1=3,∴,∴数列是以为首项,为公差的等差数列,∴(n-1)= n,∴a n=.(2)∵b n=a1a2…a n,∴b n=×…×,∴=2,∴S n=2+…+=2.3.解(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.由S n=1+λa n,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n,即a n+1(λ-1)=λa n.由a1≠0,λ≠0得a n≠0,所以.因此{a n}是首项为,公比为的等比数列,于是a n=.(2)由(1)得S n=1-.由S5=得1-,即.解得λ=-1.4.(1)证明由已知得a n+1=2a n+2n,∴b n+1=+1=b n+1,∴b n+1-b n=1.又a1=1,∴b1=1,∴{b n}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)解由(1)知,b n==n,∴a n=n·2n-1.∴S n=1+2×21+3×22+…+n·2n-1,2S n=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,两式相减得-S n=1+21+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1,∴S n=(n-1)·2n+1.5.证明(1)由(3-m)S n+2ma n=m+3,得(3-m)S n+1+2ma n+1=m+3,两式相减,得(3+m)a n+1=2ma n.∵m≠-3,∴,∴{a n}是等比数列.(2)由(3-m)S n+2ma n=m+3,得(3-m)S1+2ma1=m+3,即a1=1,∴b1=1.∵数列{a n}的公比q=f(m)=,∴当n≥2时,b n=f(b n-1)=,∴b n b n-1+3b n=3b n-1,∴.∴是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+.又=1也符合,∴b n=.6.(1)解∵S n=a n+1+n+1(n∈N*),∴当n=1时,-2=a2+2,解得a2=-8.当n≥2时,a n=S n-S n-1=a n+1+n+1-,即a n+1=3a n-2,可得a n+1-1=3(a n-1).当n=1时,a2-1=3(a1-1)=-9,∴数列{a n-1}是等比数列,首项为-3,公比为3.∴a n-1=-3n,即a n=1-3n.(2)证明b n=log3(-a n+1)=n,∴.∴T n=+…+.∴T n<.7.(1)解由-2(n≥2,n∈N*),得+2S n+1S n-1+=4,即(S n+1+S n-1)2=(2S n)2.由数列{a n}的各项均为正数,得S n+1+S n-1=2S n,所以数列{S n}为等差数列.由a1=1,a2=2,得S1=a1=1,S2=a1+a2=3,则数列{S n}的公差为d=S2-S1=2,所以S n=1+(n-1)×2=2n-1.当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n-1)-(2n-3)=2,而a1=1不适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=(2)证明由(1)得c n=,则T n=c1+c2+c3+…+c n=+…+1-.又T n=是关于n的增函数,则T n≥T1=,因此,≤T n<.8.解(1)由2S n=(n+1)2a n-n2a n+1,得2S n-1=n2a n-1-(n-1)2a n,∴2a n=(n+1)2a n-n2a n+1-n2a n-1+(n-1)2a n,∴2a n=a n+1+a n-1,∴数列{a n}为等差数列.∵2S1=(1+1)2a1-a2,∴4=8-a2.∴a2=4.∴d=a2-a1=4-2=2.∴a n=2+2(n-1)=2n.(2)∵b n b n+1=λ·=λ·4n,b1=1,∴b2b1=4λ,∴b2=4λ,∴b n+1b n+2=λ·4n+1,∴=4,∴b n+2=4b n,∴b3=4b1=4.若{b n}为等比数列,则=b3·b1,∴16λ2=4×1,∴λ=.故存在正实数λ=,使得{b n}为等比数列.。
(浙江专用)2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练得高分第13练数列的综合问题试题
第13练 数列的综合问题[明晰考情] 1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以a n ，S n 的关系为切入点，考查数列的通项、前n 项和等；数列和不等式的综合应用.2.题目难度：中档难度或偏难．考点一 等差数列、等比数列的判定与证明 方法技巧 判断等差(比)数列的常用方法 (1)定义法：若a n ＋1－a n ＝d ，d 为常数⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝q ，q 为常数，且q ≠0，则{a n}为等差(比)数列．(2)中项公式法． (3)通项公式法．1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由． (1)证明 由题设知，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1， 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解 由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1， 可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3， 解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得数列{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； 数列{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 2．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，n ∈N *.(1)设b n ＝a n2n ，证明：{b n }为等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)在(1)的条件下，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)把a n ＝2n b n 代入到a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，得2n ＋1b n ＋1＝2n ＋1b n ＋2n ＋1，两边同除以2n ＋1，得b n ＋1＝b n ＋1， 即b n ＋1－b n ＝1，∴{b n }为等差数列，首项b 1＝a 12＝1，公差为1，∴b n ＝n (n ∈N *)．(2)由b n ＝n ＝a n2n ，得a n ＝n ×2n，∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，∴2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，∴S n ＝(n －1)×2n ＋1＋2(n ∈N *)．3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋23(－1)n 为等比数列，并求出{a n }的通项公式．(1)解 在S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)中分别令n ＝1,2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2a 1－1，a 1＋a 2＝2a 2＋1，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝0，a 3＝2.(2)证明 由S n ＝2a n ＋(－1)n(n ∈N *)，得S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1(n ≥2)，两式相减，得a n ＝2a n －1－2(－1)n(n ≥2)，a n ＝2a n －1－43(－1)n －23(－1)n＝2a n －1＋43(－1)n －1－23(－1)n(n ≥2)，∴a n ＋23(－1)n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n －1＋23(－1)n －1(n ≥2)． 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n＋23(－1)n 是以a 1－23＝13为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＋23(－1)n＝13×2n －1，∴a n ＝13×2n －1－23×(－1)n＝2n －13－23(－1)n (n ∈N )*. 考点二 数列的通项与求和方法技巧 (1)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ①累加(乘)法形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，可用累加法； 形如a n ＋1a n＝f (n )的数列，可用累乘法． ②构造数列法 形如a n ＋1＝na n ma n ＋n ，可转化为1a n ＋1－1a n ＝mn ，构造等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ； 形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ×q ≠0，且p ≠1)，可转化为a n ＋1＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋q p －1构造等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1.(2)数列求和的常用方法①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法．4．已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n (n ∈N *)，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 所以S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 而a 1＝1＝4×1－3满足上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *. (2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ；当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为偶数，－2n ＋1，n 为奇数.5．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝14，a n ＋b n ＝1，b n ＋1＝b n1－a 2n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1，求S n . 解 (1)b n ＋1＝b n(1－a n )(1＋a n )＝b nb n (2－b n )＝12－b n .a 1＝14，b 1＝34，因为b n ＋1－1＝12－b n －1＝b n －12－b n ，所以1b n ＋1－1＝2－b n b n －1＝－1＋1b n －1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n －1是以－4为首项，－1为公差的等差数列， 所以1b n －1＝－4－(n －1)＝－n －3， 所以b n ＝1－1n ＋3＝n ＋2n ＋3(n ∈N *)． (2)因为a n ＝1－b n ＝1n ＋3， 所以S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1 ＝14×5＋15×6＋16×7＋…＋1(n ＋3)(n ＋4)＝14－15＋15－16＋16－17＋…＋1n ＋3－1n ＋4 ＝14－1n ＋4＝n 4(n ＋4)(n ∈N *)． 6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n 2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .解 (1)由a 1＝－3S 1＋4＝－3a 1＋4，得a 1＝1， 由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4， 两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴数列{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，n ∈N *，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝2n (n ∈N *)．(2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1).令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴H n ＝2－n ＋22n.又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1， ∴T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n＋nn ＋1(n ∈N *)． 考点三 数列与不等式方法技巧 数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等)，又要用到数列的基础知识． 7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝32a n －(－1)n －2(n ∈N *)．(1)证明{a n －(－1)n}为等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，证明：T n <23(n ∈N *)．(1)解 由⎩⎪⎨⎪⎧S n＝32a n－(－1)n－2，S n ＋1＝32a n ＋1－(－1)n ＋1－2，得a n ＋1＝32a n ＋1－32a n －(－1)n ＋1＋(－1)n，即a n ＋1＝3a n ＋2(－1)n ＋1－2(－1)n，∴a n ＋1－(－1)n ＋1a n －(－1)n＝3a n ＋(－1)n ＋1－2(－1)na n －(－1)n＝3a n －3(－1)na n －(－1)n＝3， ∴{a n －(－1)n}为等比数列．对于S n ＝32a n －(－1)n－2，令n ＝1，解得a 1＝2，∴{a n －(－1)n}是首项为3，公比为3的等比数列， ∴a n －(－1)n＝3n，即a n ＝3n＋(－1)n(n ∈N *)． (2)证明 方法一 当k 为正偶数时， 1a k＋1a k ＋1＝13k ＋1＋13k ＋1－1＝3k ＋1＋3k32k ＋1＋3k ＋1－3k－1<3k ＋1＋3k32k ＋1 ＝13k ＋13k ＋1， 当n 为奇数时，T n ＝1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋1a n<12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －1＋13n＝12＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13<23， 当n 为偶数时，n ＋1为奇数，T n <T n ＋1<23，∴T n <23(n ∈N *)．方法二 当n ≥3时，13n ＋(－1)n ＝19×3n －2＋(－1)n <18×3n －2，∴T n <12＋110＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －2＝12＋110＋18×13×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －21－13＝12＋110＋116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2 <12＋110＋116＝5380<23. 8．各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，证明：对一切正整数n ，都有T n ＜54.(1)解 由S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14，①当n ≥2时，S n －1＝14a 2n －1＋12a n －1＋14，②由①－②化简得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， 又∵数列{a n }的各项为正数， ∴当n ≥2时，a n －a n －1＝2， 故数列{a n }成等差数列，公差为2，a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1＋14，解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 T n ＝1a 21＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n －1＋1a 2n＝112＋132＋152＋…＋1(2n －3)2＋1(2n －1)2. 当n ＝1时，T 1＝1<54，当n ≥2时，∵1(2n －1)2＝14n 2－4n ＋1＜14n 2－4n ＝14n (n －1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，∴T n ＝112＋132＋152＋…＋1(2n －3)2＋1(2n －1)2<1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋1n －2－1n －1＋1n －1－1n ＝1＋14－14n ＜54.综上，对一切正整数n ，都有T n ＜54.9．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)．求证：(1)a n ＋1>a n ，n ∈N *； (2)a n ≥2n －1－1，n ∈N *； (3)当n ≥2时，a n ≤2n －3.证明 (1)∵a n ＋1＝a 2n ＋a n ＋1a n ＋1＝a n ＋1a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1a n ＋1， ∴(a n ＋1＋1)(a n ＋1)＝(a n ＋1)2＋1>0， 故a n ＋1＋1与a n ＋1同号． 又a 1＋1＝1>0，∴a n ＋1>0， ∴a n ＋1－a n ＝1a n ＋1>0， 故a n ＋1>a n ，n ∈N *. (2)∵a k ＋1＋1＝a k ＋1＋1a k ＋1，k ∈N *， ∴(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)2＋1(a k ＋1)2＋2>(a k ＋1)2＋2，k ∈N *，当n ≥2时，(a n ＋1)2＝[(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2]＋[(a n －1＋1)2－(a n －2＋1)2]＋…＋[(a 2＋1)2－(a 1＋1)2]＋(a 1＋1)2>2(n －1)＋1＝2n －1， 又a n ＋1>0，故当n ≥2时，a n ＋1>2n －1. 即当n ≥2时，a n >2n －1－1. 又当n ＝1时，a 1≥2×1－1－1＝0， 所以a n ≥2n －1－1，n ∈N *.(3)由(2)知a k ＋1－a k ＝1a k ＋1≤12k －1，k ∈N *， 所以当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －1－a n －2)＋(a n －a n －1)， 即当n ≥2时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3.当n ≥3时，12n －3＝222n －3<22n －3＋2n －5＝2n －3－2n －5， 所以当n ≥3时，a n ≤1＋13＋15＋…＋12n －3<1＋(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n －3－2n －5) ＝2n －3，又a 2＝1≤2×2－3， 所以n ≥2时，a n ≤2n －3.例 (15分)已知在数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1＞a n ；(2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1；(3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＜1.审题路线图(1)2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4――→作差2a n ＋1－2a n ≥0――→a 1＝3a n ＋1＞a n (2)2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4――→变形放缩a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32――→迭代a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 (3)已知递推式――→变形裂项1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2――→求和S n ＝1－1a n ＋1－2――→放缩结合(2)要证结论 规范解答·评分标准证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，2分∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2＞0， ∴a n ＋1＞a n .4分(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)，6分 ∴a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥ ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， ∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.9分(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)，10分 ∴12(a n ＋1－2)＝1a n (a n －2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，12分 ∴S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2 ＝1a 1－2－1a n ＋1－2 ＝1－1a n ＋1－2.13分∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴0＜1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2＜1.15分构建答题模板[第一步] 辨特征：认真分析所给数列的递推式，找出其结构特征．[第二步] 巧放缩：结合要证结论，对递推式进行变换、放缩，利用作差、作商、数学归纳法、反证法等技巧逐步向欲证不等式靠近．[第三步] 得结论：消灭目标不等式和放缩到的不等式间的差别，得出结论．1．(2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，①则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，②①－②，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ≥2，因此T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1，当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9(1－3n －2)1－3－(n ＋7)(n －2)2＝3n －n 2－5n ＋112，经验证T 2符合上求．∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝2，a n ＋1＝a n b n ，b n ＋1＝a n ＋b n 2.(1)求证：当n ≥2时，a n －1≤a n ≤b n ≤b n －1；(2)设S n 为数列{|a n －b n |}的前n 项和，求证：S n <109.证明 (1)当n ≥2时，b n －a n ＝a n －1＋b n －12－a n －1b n －1＝(b n －1－a n －1)22≥0，故有b n ≥a n (n ≥2且n ∈N *)，所以a n ＝a n －1b n －1≥a n －1，b n ＝a n －1＋b n －12≤b n －1.综上，a n －1≤a n ≤b n ≤b n －1.(2)由(1)知b n a n ≤b n －1a n －1≤…≤b 1a 1＝2<32，2b n ≤3a n ⇔(b n －a n )≤15(b n ＋a n )，故|a n －b n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －1＋b n －12－a n －1b n －1 ＝(b n －1－a n －1)22 ≤(b n －1－a n －1)(b n －1＋a n －1)10＝|b n －1－a n －1|10， 故S n ≤1＋110＋…＋110＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110n 1－110＝109⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110n <109.4．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时，(1)0＜x n ＋1＜x n ；(2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2.证明 (1)用数学归纳法证明x n ＞0.当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾， 故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (n ∈N *)．(2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)．f ′(x )＝2x 2＋xx ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0， 因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12＞0，所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．。
【复习必备】2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题对点练13 等差、等比数列与数列的通项及求和 文
专题对点练13 等差、等比数列与数列的通项及求和1.已知各项都为正数的数列{a n}满足a1=1,-(2a n+1-1)·a n-2a n+1=0.(1)求a2,a3;(2)求{a n}的通项公式.2.(2018北京,文15)设{a n}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.(1)求{a n}的通项公式;(2)求+…+.3.(2018全国Ⅲ,文17)等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为{a n}的前n项和,若S m=63,求m.4.在等差数列{a n}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n+b n}是首项为1,公比为2的等比数列,求{b n}的前n项和S n.5.(2018天津,文18)设{a n}是等差数列,其前n项和为S n(n∈N*);{b n}是等比数列,公比大于0,其前n项和为T n(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.(1)求S n和T n;(2)若S n+(T1+T2+…+T n)=a n+4b n,求正整数n的值.6.在等差数列{a n}中,a7=8,a19=2a9.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和S n.7.已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2){b n}为各项非零的等差数列,其前n项和为S n.已知S2n+1=b n b n+1,求数列的前n项和T n.8.已知数列{a n}是等差数列,其前n项和为S n,数列{b n}是公比大于0的等比数列,且b1=-2a1=2,a3-b2=-1,S3-2b3=7.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)设c n=,求数列{c n}的前n项和T n.专题对点练13答案1.解 (1)由题意得a2=,a3=.(2)由-(2a n+1-1)a n-2a n+1=0得2a n+1(a n+1)=a n(a n+1).因为{a n}的各项都为正数,所以.故{a n}是首项为1,公比为的等比数列,因此a n=.2.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d,∵a2+a3=5ln 2,∴2a1+3d=5ln 2.又a1=ln 2,∴d=ln 2.∴a n=a1+(n-1)d=n ln 2.(2)由(1)知a n=n ln 2.∵=e n ln 2==2n,∴{}是以2为首项,2为公比的等比数列.∴+…+=2+22+ (2)=2n+1-2.∴+…+=2n+1-2.3.解 (1)设{a n}的公比为q,由题设得a n=q n-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故a n=(-2)n-1或a n=2n-1.(2)若a n=(-2)n-1,则S n=.由S m=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若a n=2n-1,则S n=2n-1.由S m=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.4.解 (1)设等差数列{a n}的公差是d.由已知(a3+a8)-(a2+a7)=2d=-6,解得d=-3,∴a2+a7=2a1+7d=-23,解得a1=-1,∴数列{a n}的通项公式为a n=-3n+2.(2)由数列{a n+b n}是首项为1,公比为2的等比数列,∴a n+b n=2n-1,∴b n=2n-1-a n=3n-2+2n-1,∴S n=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+2+22+…+2n-1)=+2n-1.5.解 (1)设等比数列{b n}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故b n=2n-1.所以,T n==2n-1.设等差数列{a n}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故a n=n.所以,S n=.(2)由(1),有T1+T2+…+T n=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.由S n+(T1+T2+…+T n)=a n+4b n可得,+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.所以,n的值为4.6.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d.因为a7=8,所以a1+6d=8.又a19=2a9,所以a1+18d=2(a1+8d),解得a1=2,d=1,所以{a n}的通项公式为a n=n+1.(2)b n=,所以S n=+…+.7.解 (1)设{a n}的公比为q,由题意知a1(1+q)=6,q=a1q2,又a n>0,解得a1=2,q=2,所以a n=2n.(2)由题意知S2n+1==(2n+1)b n+1,又S2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n=2n+1.令c n=,则c n=,因此T n=c1+c2+…+c n=+…+.又T n=+…+,两式相减得T n=, 所以T n=5-.8.解 (1)设数列{a n}的公差为d,数列{b n}的公比为q,q>0,∵b1=-2a1=2,a3-b2=-1,S3-2b3=7,∴a1=-1,-1+2d-2q=-1,3×(-1)+3d-2×2q2=7,解得d=2,q=2.∴a n=-1+2(n-1)=2n-3,b n=2n.(2)c n=,∴T n=+…+,T n=-+…+,∴T n=-+…+(-1)n-1×=-, ∴T n=-.。
浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第13练数列的综合问题试
第13练 数列的综合问题[明晰考情] 1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以a n，S n的关系为切入点，考查数列的通项、前n项和等；数列和不等式的综合应用.2.题目难度：中档难度或偏难．考点一 等差数列、等比数列的判定与证明方法技巧 判断等差(比)数列的常用方法(a n＋1a n＝q，q为常数，且q≠0)(1)定义法：若a n＋1－a n＝d，d为常数，则{a n}为等差(比)数列．(2)中项公式法．(3)通项公式法．1．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．(1)证明 由题设知，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1，两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1，由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)解 由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得数列{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；数列{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．2．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，n ∈N *.(1)设b n ＝，证明：{b n }为等差数列，并求数列{b n }的通项公式；a n 2n (2)在(1)的条件下，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)把a n ＝2n b n 代入到a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，得2n ＋1b n ＋1＝2n ＋1b n ＋2n ＋1，两边同除以2n ＋1，得b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1，∴{b n }为等差数列，首项b 1＝＝1，公差为1，a 12∴b n ＝n (n ∈N *)．(2)由b n ＝n ＝，得a n ＝n ×2n ，a n2n ∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，∴2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，∴S n ＝(n －1)×2n ＋1＋2(n ∈N *)．3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列为等比数列，并求出{a n }的通项公式．{a n ＋23(－1)n }(1)解 在S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)中分别令n ＝1,2,3，得Error!解得Error!(2)证明 由S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)，得S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1(n ≥2)，两式相减，得a n ＝2a n －1－2(－1)n (n ≥2)，a n ＝2a n －1－(－1)n －(－1)n4323＝2a n －1＋(－1)n －1－(－1)n (n ≥2)，4323∴a n ＋(－1)n23＝2(n ≥2)．[a n －1＋23(－1)n －1]故数列是以a 1－＝为首项，2为公比的等比数列．{a n ＋23(－1)n }2313∴a n ＋(－1)n ＝×2n －1，2313∴a n ＝×2n －1－×(－1)n1323＝－(－1)n (n ∈N )*.2n －1323考点二 数列的通项与求和方法技巧 (1)根据数列的递推关系求通项的常用方法①累加(乘)法形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，可用累加法；形如＝f (n )的数列，可用累乘法．a n ＋1a n ②构造数列法形如a n ＋1＝，可转化为－＝，构造等差数列；na n ma n ＋n 1a n ＋11a n m n {1a n }形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ×q ≠0，且p ≠1)，可转化为a n ＋1＋＝p 构造等比数列q p －1(a n ＋qp －1).{a n ＋qp －1}(2)数列求和的常用方法①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法．4．已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n (n ∈N *)，且数列是公差为2的等差数列．{S n n }(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知得＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S n n所以S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.而a 1＝1＝4×1－3满足上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×＝2n ；n 2当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝Error!5．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝，a n ＋b n ＝1，b n ＋1＝.14b n1－a 2n(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1，求S n .解 (1)b n ＋1＝b n(1－a n )(1＋a n )＝＝.b nb n (2－b n )12－b n a 1＝，b 1＝，1434因为b n ＋1－1＝－1＝，12－b n b n －12－b n所以＝＝－1＋，1b n ＋1－12－b n b n －11b n －1所以数列是以－4为首项，－1为公差的等差数列，{1b n －1}所以＝－4－(n －1)＝－n －3，1b n －1所以b n ＝1－＝(n ∈N *)．1n ＋3n ＋2n ＋3(2)因为a n ＝1－b n ＝，1n ＋3所以S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1＝＋＋＋…＋14×515×616×71(n ＋3)(n ＋4)＝－＋－＋－＋…＋－1415151616171n ＋31n ＋4＝－＝(n ∈N *)．141n ＋4n 4(n ＋4)6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝＋，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .b n2n ＋11n (n ＋1)解 (1)由a 1＝－3S 1＋4＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝a n ，14∴数列{a n }是首项为1，公比为的等比数列，14∴a n ＝n －1，n ∈N *，(14)b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2n ＝2n (n ∈N *)．(14)(2)由题意知，c n ＝＋.n 2n 1n (n ＋1)令H n ＝＋＋＋…＋，①12222323n 2n 则H n ＝＋＋…＋＋，②12122223n －12n n 2n ＋1①－②得，H n ＝＋＋＋…＋－121212212312n n 2n ＋1＝1－.n ＋22n ＋1∴H n ＝2－.n ＋22n 又M n ＝1－＋－＋…＋－1212131n 1n ＋1＝1－＝，1n ＋1n n ＋1∴T n ＝H n ＋M n ＝2－＋(n ∈N *)．n ＋22n nn ＋1考点三 数列与不等式方法技巧 数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等)，又要用到数列的基础知识．7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a n －(－1)n －2(n ∈N *)．32(1)证明{a n －(－1)n }为等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设数列的前n 项和为T n ，证明：T n <(n ∈N *)．{1a n }23(1)解 由Error!得a n ＋1＝a n ＋1－a n －(－1)n ＋1＋(－1)n ，3232即a n ＋1＝3a n ＋2(－1)n ＋1－2(－1)n ，∴a n ＋1－(－1)n ＋1a n －(－1)n＝3a n ＋(－1)n ＋1－2(－1)na n －(－1)n＝＝3，3a n －3(－1)na n －(－1)n∴{a n －(－1)n }为等比数列．对于S n ＝a n －(－1)n －2，令n ＝1，解得a 1＝2，32∴{a n －(－1)n }是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n －(－1)n ＝3n ，即a n ＝3n ＋(－1)n (n ∈N *)．(2)证明 方法一 当k 为正偶数时，＋＝＋1a k 1a k ＋113k ＋113k ＋1－1＝<3k ＋1＋3k 32k ＋1＋3k ＋1－3k －13k ＋1＋3k32k ＋1＝＋，13k 13k ＋1当n 为奇数时，T n ＝＋＋…＋1a 1(1a 2＋1a 3)(1a n －1＋1a n )<＋12(132＋133＋…＋13n －1＋13n )＝＋<，1216(1－13n －1)23当n 为偶数时，n ＋1为奇数，T n <T n ＋1<，23∴T n <(n ∈N *)．23方法二 当n ≥3时，＝<，13n ＋(－1)n 19×3n －2＋(－1)n 18×3n －2∴T n <＋＋1211018(13＋132＋…＋13n －2)＝＋＋××1211018131－(13)n －21－13＝＋＋12110116[1－(13)n －2]<＋＋＝<.121101165380238．各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：S n ＝a ＋a n ＋(n ∈N *)．142n 1214(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列的前n 项和为T n ，证明：对一切正整数n ，都有T n ＜.{1a 2n }54(1)解 由S n ＝a ＋a n ＋，①142n 1214当n ≥2时，S n －1＝a ＋a n －1＋，②142n －11214由①－②化简得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，又∵数列{a n }的各项为正数，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝2，故数列{a n }成等差数列，公差为2，a 1＝S 1＝a ＋a 1＋，14211214解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 T n ＝＋＋＋…＋＋1a 211a 21a 231a 2n －11a 2n ＝＋＋＋…＋＋.1121321521(2n －3)21(2n －1)2当n ＝1时，T 1＝1<，54当n ≥2时，∵1(2n －1)2＝＜14n 2－4n ＋114n 2－4n＝＝，14n (n －1)14(1n －1－1n )∴T n ＝＋＋＋…＋＋1121321521(2n －3)21(2n －1)2<1＋＋＋…＋＋14(11－12)14(12－13)14(1n －2－1n －1)14(1n －1－1n )＝1＋14(11－12＋12－13＋…＋1n －2－1n －1＋1n －1－1n )＝1＋－＜.1414n 54综上，对一切正整数n ，都有T n ＜.549．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝(n ∈N *)．求证：a 2n ＋a n ＋1a n ＋1(1)a n ＋1>a n ，n ∈N *；(2)a n ≥－1，n ∈N *；2n －1(3)当n ≥2时，a n ≤.2n －3证明 (1)∵a n ＋1＝＝a n ＋，a 2n ＋a n ＋1a n ＋11a n ＋1∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋，1a n ＋1∴(a n ＋1＋1)(a n ＋1)＝(a n ＋1)2＋1>0，故a n ＋1＋1与a n ＋1同号．又a 1＋1＝1>0，∴a n ＋1>0，∴a n ＋1－a n ＝>0，1a n ＋1故a n ＋1>a n ，n ∈N *.(2)∵a k ＋1＋1＝a k ＋1＋，k ∈N *，1a k ＋1∴(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)2＋＋2>(a k ＋1)2＋2，k ∈N *，1(a k ＋1)2当n ≥2时，(a n ＋1)2＝[(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2]＋[(a n －1＋1)2－(a n －2＋1)2]＋…＋[(a 2＋1)2－(a 1＋1)2]＋(a 1＋1)2>2(n －1)＋1＝2n －1，又a n ＋1>0，故当n ≥2时，a n ＋1>.2n －1即当n ≥2时，a n >－1.2n －1又当n ＝1时，a 1≥－1＝0，2×1－1所以a n ≥－1，n ∈N *.2n －1(3)由(2)知a k ＋1－a k ＝≤，k ∈N *，1a k ＋112k －1所以当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －1－a n －2)＋(a n －a n －1)，即当n ≥2时，a n ≤1＋＋＋…＋.131512n －3当n ≥3时，＝12n －3222n －3<22n －3＋2n －5＝－，2n －32n －5所以当n ≥3时，a n ≤1＋＋＋…＋131512n －3<1＋(－1)＋(－)＋…＋(－)3532n －32n －5＝，2n －3又a 2＝1≤，2×2－3所以n ≥2时，a n ≤.2n －3例 (15分)已知在数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a －2a n＋4.2n (1)证明：a n ＋1＞a n ；(2)证明：a n ≥2＋n －1；(32)(3)设数列的前n 项和为S n ，求证：1－n ≤S n ＜1.{1a n }(23)审题路线图(1)2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4――→作差2a n ＋1－2a n ≥0――→a 1＝3a n ＋1＞a n (2)2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4――→变形 放缩a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32――→迭代 a n ≥2＋(32)n －1(3)已知递推式――→变形 裂项1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2――→求和 S n ＝1－1a n ＋1－2――→放缩 结合(2)要证结论规范解答·评分标准证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a －4a n ＋42n ＝(a n －2)2≥0，2分∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2＞0，∴a n ＋1＞a n .4分(2)∵2a n ＋1－4＝a －2a n ＝a n (a n －2)，6分2n ∴＝≥，a n ＋1－2a n －2a n 232∴a n －2≥(a n －1－2)32≥2(a n －2－2)≥…≥(32)n －1(a 1－2)＝n －1，(32)(32)∴a n ≥2＋n －1.9分(32)(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)，10分∴＝12(a n ＋1－2)1a n (a n －2)＝，12(1a n －2－1a n )∴＝－，1a n ＋1－21a n －21a n∴＝－，12分1a n 1a n －21a n ＋1－2∴S n ＝＋＋…＋1a 11a 21a n ＝－＋－＋…＋－1a 1－21a 2－21a 2－21a 3－21a n －21a n ＋1－2＝－1a 1－21a n ＋1－2＝1－.13分1a n ＋1－2∵a n ＋1－2≥n ，(32)∴0＜≤n ，1a n ＋1－2(23)∴1－n ≤S n ＝1－＜1.15分(23)1a n ＋1－2构建答题模板[第一步] 辨特征：认真分析所给数列的递推式，找出其结构特征．[第二步] 巧放缩：结合要证结论，对递推式进行变换、放缩，利用作差、作商、数学归纳法、反证法等技巧逐步向欲证不等式靠近．[第三步] 得结论：消灭目标不等式和放缩到的不等式间的差别，得出结论．1．(2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8＝20，(q ＋1q )解得q ＝2或q ＝.12因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝Error!解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×n －1，(12)故b n －b n －1＝(4n －5)×n －2，n ≥2，(12)b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×n －2＋(4n －9)×n －3＋…＋7×＋3.(12)(12)12设T n ＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n －5)×n －2，n ≥2，①12(12)(12)则T n ＝3×＋7×2＋…＋(4n －9)×n －2＋(4n －5)×n －1，n ≥2，②1212(12)(12)(12)①－②，得T n ＝3＋4×＋4×2＋…＋4×n －2－(4n －5)×n －1，n ≥2，1212(12)(12)(12)因此T n ＝14－(4n ＋3)×n －2，n ≥2.(12)又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×n －2，n ≥2，(12)当n ＝1时，b 1＝1也满足上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)×n －2.(12)2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解 (1)由题意得Error!得Error!又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1，当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋－9(1－3n －2)1－3(n ＋7)(n －2)2＝，经验证T 2符合上求．3n －n 2－5n ＋112∴T n ＝Error!3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝2，a n ＋1＝，b n ＋1＝.a nb n a n ＋b n 2(1)求证：当n ≥2时，a n －1≤a n ≤b n ≤b n －1；(2)设S n 为数列{|a n －b n |}的前n 项和，求证：S n <.109证明 (1)当n ≥2时，b n －a n ＝－＝≥0，a n －1＋b n －12a n －1b n －1(b n －1－a n －1)22故有b n ≥a n (n ≥2且n ∈N *)，所以a n ＝≥a n －1，a n －1b n －1b n ＝≤b n －1.a n －1＋b n －12综上，a n －1≤a n ≤b n ≤b n －1.(2)由(1)知≤≤…≤＝<，b n a n b n －1a n －1b 1a 12322≤3⇔(－)≤(＋)，b n a n b n a n 15b n a n 故|a n －b n |＝|a n －1＋b n －12－a n －1b n －1|＝(b n －1－a n －1)22≤(b n －1－a n －1)(b n －1＋a n －1)10＝，|b n －1－a n －1|10故S n ≤1＋＋…＋＝＝<.110110n －11－(110)n 1－110109[1－(110)n ]1094．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时，(1)0＜x n ＋1＜x n ；(2)2x n ＋1－x n ≤；x n x n ＋12(3)≤x n ≤.12n －112n －2证明 (1)用数学归纳法证明x n ＞0.当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾，故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (n ∈N *)．(2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x －2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．2n ＋1记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)．f ′(x )＝＋ln ＞0(x ＞0)，2x 2＋x x ＋1(1＋x )函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x －2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，2n ＋1故2x n ＋1－x n ≤(n ∈N *)．x n x n ＋12(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥.12n －1由≥2x n ＋1－x n 得－≥2＞0，x n x n ＋121x n ＋112(1x n －12)所以－≥2≥…≥2n －1＝2n －2，1x n 12(1x n －1－12)(1x 1－12)故x n ≤.12n －2综上，≤x n ≤(n ∈N *)．12n －112n －2。
2019年高考数学(文科)二轮专题冲破操练专题四 数列 专题能力操练11 Word版含答案(数理化网
专题能力训练11 等差数列与等比数列 一、能力突破训练 1.已知等比数列{a n }满足a 1=,a 3a 5=4(a 4-1),则a 2= ( )A.2B.1C.D.2.在等差数列{a n }中,a 1+a 2+a 3=3,a 18+a 19+a 20=87,则此数列前20项的和等于( )A.290B.300C.580D.6003.设{a n }是等比数列,S n 是{a n }的前n 项和.对任意正整数n ,有a n +2a n+1+a n+2=0,又a 1=2,则S 101的值为( )A.2B.200C.-2D.04.已知{a n }是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是S n ,若a 3,a 4,a 8成等比数列,则( )A .a 1d>0,dS 4>0B .a 1d<0,dS 4<0C .a 1d>0,dS 4<0D .a 1d<0,dS 4>0 5.在等比数列{a n }中,满足a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=3,a 12+a 22+a 32+a 42+a 52=15,则a 1-a 2+a 3-a 4+a 5的值是( )A.3B.√5C.-√5D.56.在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=2a n ,S n 为{a n }的前n 项和.若S n =126,则n= .7.已知等比数列{a n }为递增数列,且a 52=a 10,2(a n +a n+2)=5a n+1,则数列的通项公式a n = .8.设x ,y ,z 是实数,若9x ,12y ,15z 成等比数列,且1x ,1y ,1z 成等差数列,则x z +z x = .9.(2018全国Ⅲ,文17)在等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3.(1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和,若S m =63,求m.10.已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1,a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5.(1)求{a n }的通项公式;(2)求和:b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1.11.设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n.(1)求{a n }的通项公式;(2)求数列{a n 2n+1}的前n 项和.二、思维提升训练12.已知数列{a n },{b n }满足a 1=b 1=1,a n+1-a n =b n+1b n =2,n ∈N *,则数列{b a n }的前10项的和为( ) A. (49-1) B. (410-1)C. (49-1)D. (410-1) 13.若数列{a n }为等比数列,且a 1=1,q=2,则T n =1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1等于( )A.1-14nB.23(1-14n )C.1-12nD.23(1-12n ) 14.如图,点列{A n },{B n }分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n ≠A n+2,n ∈N *,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n ≠B n+2,n ∈N *.(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)若d n =|A n B n |,S n 为△A n B n B n+1的面积,则( )A .{S n }是等差数列B .{S n 2}是等差数列C .{d n }是等差数列D .{d n 2}是等差数列15.已知等比数列{a n }的首项为,公比为-,其前n 项和为S n ,若A ≤S n -1S n≤B 对n ∈N *恒成立,则B-A 的最小值为 .16.已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n+1=qS n +1,其中q>0,n ∈N *.(1)若a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,求数列{a n }的通项公式;(2)设双曲线x 2-y 2a n 2=1的离心率为e n ,且e 2=2,求e 12+e 22+…+e n 2. 17.若数列{a n }是公差为正数的等差数列,且对任意n ∈N *有a n ·S n =2n 3-n 2.(1)求数列{a n }的通项公式.(2)是否存在数列{b n },使得数列{a n b n }的前n 项和为A n =5+(2n-3)2n-1(n ∈N *)?若存在,求出数列{b n }的通项公式及其前n 项和T n ;若不存在,请说明理由.专题能力训练11 等差数列与等比数列一、能力突破训练1.C 解析 ∵a 3a 5=4(a 4-1),∴a 42=4(a 4-1),解得a 4=2.又a 4=a 1q 3,且a 1=14,∴q=2,∴a 2=a 1q=12.2.B 解析 由a 1+a 2+a 3=3,a 18+a 19+a 20=87,得a 1+a 20=30,故S 20=20×(a 1+a 20)2=300. 3.A 解析 设公比为q ,∵a n +2a n+1+a n+2=0,∴a 1+2a 2+a 3=0,∴a 1+2a 1q+a 1q 2=0,∴q 2+2q+1=0,∴q=-1.又a 1=2,∴S 101=a 1(1-q 101)1-q =2[1-(-1)101]1+1=2. 4.B 解析 设{a n }的首项为a 1,公差为d ,则a 3=a 1+2d ,a 4=a 1+3d ,a 8=a 1+7d.∵a 3,a 4,a 8成等比数列,∴(a 1+3d )2=(a 1+2d )(a 1+7d ),即3a 1d+5d 2=0.∵d ≠0,∴a 1d=-53d 2<0,且a 1=-53d.∵dS 4=4d (a 1+a 4)2=2d (2a 1+3d )=-23d 2<0,故选B . 5.D 解析 由条件知{a 1(1-q 5)1-q =3,a 12(1-q 10)1-q 2=15,则a 1(1+q 5)1+q =5, 故a 1-a 2+a 3-a 4+a 5=a 1[1-(-q )5]1-(-q )=a 1(1+q 5)1+q =5. 6.6 解析 ∵a n+1=2a n ,即a n+1a n =2, ∴{a n }是以2为公比的等比数列.又a 1=2,∴S n =2(1-2n )1-2=126.∴2n =64,∴n=6.7.2n 解析 ∵a 52=a 10,∴(a 1q 4)2=a 1q 9,∴a 1=q ,∴a n =q n .∵2(a n +a n+2)=5a n+1,∴2a n (1+q 2)=5a n q ,∴2(1+q 2)=5q ,解得q=2或q=12(舍去),∴a n =2n .8.3415 解析 由题意知{(12y )2=9x ×15z ,2y =1x +1z, 解得xz=1229×15y 2=1615y 2,x+z=3215y , 从而x z +z x =x 2+z 2xz =(x+z )2-2xzxz =(x+z )2xz -2=(3215)2y 21615y 2-2=3415. 9.解 (1)设{a n }的公比为q ,由题设得a n =q n-1.由已知得q 4=4q 2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故a n =(-2)n-1或a n =2n-1.(2)若a n =(-2)n-1,则S n =1-(-2)n 3.由S m =63得(-2)m =-188,此方程没有正整数解.若a n =2n-1,则S n =2n -1.由S m =63得2m =64,解得m=6.综上,m=6.10.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d.因为a 2+a 4=10,所以2a 1+4d=10.解得d=2.所以a n =2n-1.(2)设等比数列{b n }的公比为q.因为b 2b 4=a 5,所以b 1qb 1q 3=9.解得q 2=3.所以b 2n-1=b 1q 2n-2=3n-1.从而b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n -12. 11.解 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n ,故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n =2.所以a n =22n -1(n ≥2). 又由题设可得a 1=2,从而{a n }的通项公式为a n =22n -1.(2)记{a n 2n+1}的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n+1=2(2n+1)(2n -1)=12n -1−12n+1,则S n =11−13+13−15+…+12n -1−12n+1=2n2n+1. 二、思维提升训练12.D 解析 由a 1=1,a n+1-a n =2,得a n =2n-1.由bn+1b n =2,b 1=1得b n =2n-1. 则b a n =2a n -1=22(n-1)=4n-1, 故数列{b a n }前10项和为1-4101-4=13(410-1). 13.B 解析 因为a n=1×2n-1=2n-1,所以a n a n+1=2n-1·2n =22n-1=2×4n-1,所以1a n a n+1=12×(14)n -1. 所以{1a n a n+1}是等比数列. 故T n =1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1=12×1×(1-14n )1-14=23(1-14n ). 14.A 解析 如图,延长A n A 1,B n B 1交于P ,过A n 作对边B n B n+1的垂线,其长度记为h 1,过A n+1作对边B n+1B n+2的垂线,其长度记为h 2, 则S n =12|B n B n+1|×h 1,S n+1=12|B n+1B n+2|×h 2. ∴S n+1-S n =12|B n+1B n+2|h 2-12|B n B n+1|h 1. ∵|B n B n+1|=|B n+1B n+2|, ∴S n+1-S n =12|B n B n+1|(h 2-h 1).设此锐角为θ,则h 2=|PA n+1|sin θ,h 1=|PA n |sin θ,∴h 2-h 1=sin θ(|PA n+1|-|PA n |)=|A n A n+1|sin θ.∴S n+1-S n =12|B n B n+1||A n A n+1|sin θ.∵|B n B n+1|,|A n A n+1|,sin θ均为定值,∴S n+1-S n 为定值.∴{S n }是等差数列.故选A .15.5972 解析 易得S n =1-(-13)n ∈[89,1)∪(1,43],因为y=S n -1S n 在区间[89,43]上单调递增(y ≠0),所以y ∈[-1772,712]⊆[A ,B ],因此B-A 的最小值为712−(-1772)=5972. 16.解 (1)由已知,S n+1=qS n +1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n ≥1.又由S 2=qS 1+1得到a 2=qa 1,故a n+1=qa n 对所有n ≥1都成立.所以,数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列.从而a n =q n-1.由a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,可得2a 3=a 2+a 2+a 3.所以a 3=2a 2,故q=2.所以a n =2n-1(n ∈N *).(2)由(1)可知,a n =q n-1.所以双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率e n =√1+a n 2=√1+q 2(n -1). 由e 2=√1+q 2=2,解得q=√3.所以e 12+e 22+…+e n 2=(1+1)+(1+q 2)+…+[1+q 2(n-1)]=n+[1+q 2+…+q 2(n-1)]=n+q 2n -1q 2-1=n+12(3n -1).17.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,则d>0,a n =dn+(a 1-d ),S n =12dn 2+(a 1-12d)n.对任意n ∈N *,恒有 a n ·S n =2n 3-n 2,则[dn+(a 1-d )]·[12dn 2+(a 1-12d)n]=2n 3-n 2,即[dn+(a 1-d )]·[12dn +(a 1-12d)]=2n 2-n. ∴{ 12d 2=2,12d (a 1-d )+d (a 1-12d)=-1,(a 1-d )(a 1-12d)=0. ∵d>0,∴{a 1=1,d =2,∴a n =2n-1. (2)∵数列{a n b n }的前n 项和为A n =5+(2n-3)·2n-1(n ∈N *), ∴当n=1时,a 1b 1=A 1=4,∴b 1=4,当n ≥2时,a n b n =A n -A n-1=5+(2n-3)2n-1-[5+(2n-5)2n-2]=(2n-1)2n-2. ∴b n =2n-2.假设存在数列{b n }满足题设,且数列{b n }的通项公式b n ={4,n =1,2n -2,n ≥2, ∴T 1=4,当n ≥2时,T n =4+1-2n -11-2=2n-1+3,当n=1时也适合, ∴数列{b n }的前n 项和为T n =2n-1+3.。
2019版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题突破练14 4.1~4.2组合练 文
专题突破练14 4.1~4.2组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏2.(2018辽宁大连二模,理4)设等比数列{a n}的前n项和为S n,S2=-1,S4=-5,则S6=()A.-9B.-21C.-25D.-633.已知等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=()A.n(n+1)B.n(n-1)C.D.4.(2018河北唐山三模,理6)数列{a n}的首项a1=1,对于任意m,n∈N*,有a n+m=a n+3m,则{a n}前5项和S5=()A.121B.25C.31D.355.(2018山东潍坊二模,理4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-6.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.67.(2018吉林长春外国语学校二模,理8)已知数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则数列{}的前10项和为()A.410-1B.(210-1)2C.(410-1)D.(210-1)8.设等差数列{a n}满足3a8=5a15,且a1>0,S n为其前n项和,则数列{S n}的最大项为()A.S23B.S24C.S25D.S269.(2018全国高考必刷模拟一,文12)数列{a n}满足a1=,a n+1-1=a n(a n-1)(n∈N*),S n=+…+,则S n的整数部分的所有可能值构成的集合是()A.{0,1,2}B.{0,1,2,3}C.{1,2}D.{0,2}二、填空题(共3小题,满分15分)10.(2018湖南衡阳一模,文15)已知数列{a n}的前n项和为S n,若S n=2a n-2n,则S n=.11.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=4,则a8的值为.12.(2018辽宁抚顺一模,文16)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a n+1=S n+2,则a9的值为.三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.已知数列{log2(a n-1)}(n∈N*)为等差数列,且a1=3,a3=9.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:+…+<1.14.已知数列{a n}的前n项和为S n,且对任意正整数n,都有3a n=2S n+3成立.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log3a n,求数列{b n}的前n项和T n.15.(2018河北保定一模,文17)已知数列{a n}满足:2a n=a n+1+a n-1(n≥2,n∈N*),且a1=1,a2=2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足2a n b n+1=a n+1b n(n≥1,n∈N*),且b1=1.求数列{b n}的通项公式,并求其前n项和T n.参考答案专题突破练144.1~4.2组合练1.B解析设塔的顶层共有x盏灯,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由=381,可得x=3,故选B.2.B解析由题意,S2=a1+a2=-1,S4-S2=a3+a4=(a1+a2)q2=-4,q2=4,S6=S2+S4q2=-1+(-5)×4=-21.3.A解析∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2.∴S n=na1+d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1).故选A.4.D解析当m=1时,由a n+m=a n+3m,得a n+1-a n=3,∴数列{a n}是首项a1=1,公差d=3的等差数列,∴S5=5×1+×5×4×3=35.5.D解析∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,a1=-2也满足上式,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,=-,即数列的前40项的和为-+…+=-.6.C解析∵S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,∴a m=S m-S m-1=0-(-2)=2,a m+1=S m+1-S m=3-0=3.∴d=a m+1-a m=3-2=1.∵S m=ma1+×1=0,∴a1=-.又=a1+m×1=3,∴-+m=3.∴m=5.故选C.7.C解析∵S n=2n-1,∴S n+1=2n+1-1.∴a n+1=S n+1-S n=(2n+1-1)-(2n-1)=2n.∵a1=S1=2-1=1,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-1,∴=4n-1,∴所求值为(410-1),故选C.8.C解析设等差数列{a n}的公差为d,∵3a8=5a15,∴3(a1+7d)=5(a1+14d),即2a1+49d=0.∵a1>0,∴d<0,∴等差数列{a n}单调递减.∵S n=na1+d=n d=(n-25)2- d.∴当n=25时,数列{S n}取得最大值,故选C.9.A解析∵a1=,a n+1-1=a n(a n-1),∴a n+1-a n=(a n-1)2>0,∴a n+1>a n,因此数列{a n}单调递增.∵a n+1-1=a n(a n-1),∴,∴.∴S n=+…++…+=3-.由a n+1-1=a n(a n-1)(n∈N*),得a2-1=,∴a2=,同理可得a3=,a4=.当n=1时,S1=3-,其整数部分为0,当n=2时,S2=3-=3-=1+,其整数部分为1,当n=2时,S3=3-=2+,其整数部分为2,因数列{a n}单调递增,当n>4时,0<<1,所以当n≥4时,S n=3-∈(2,3),所以S n的整数部分的所有可能值构成的集合是{0,1,2}.10.n·2n解析∵S n=2a n-2n=2(S n-S n-1)-2n,整理得S n-2S n-1=2n,等式两边同时除以2n,则=1.又S1=2a1-2=a1,可得a1=S1=2,∴数列是首项为1,公差为1的等差数列,所以=n,所以S n=n·2n.11.2解析∵等比数列{a n}的前n项和为S n,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=4,∴解得a1q=8,q3=-,∴a8=a1q7=(a1q)(q3)2=8×=2.12.384解析当n≥2时,由a n+1=S n+2,得a n=S n-1+2,两式相减,得a n+1-a n=a n,∴a n+1=2a n.当n=2时,a2=S1+2=3,所以数列{a n}中,当n≥2时,是以2为公比的等比数列,∴a9=a2×27=3×128=384.13.(1)解设等差数列{log2(a n-1)}的公差为d.由a1=3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1.∴log2(a n-1)=1+(n-1)×1=n,即a n=2n+1.(2)证明∵,∴+…+=+…+==1-<1.14.解 (1)在3a n=2S n+3中,令n=1,得a1=3.当n≥2时,3a n=2S n+3,①3a n-1=2S n-1+3,②①-②得a n=3a n-1,∴数列{a n}是以3为首项,3为公比的等比数列,∴a n=3n.(2)由(1)得b n=log3a n=n,数列{b n}的前n项和T n=1+2+3+…+n=.15.解 (1)由2a n=a n+1+a n-1(n≥2,n∈N*),得数列{a n}为等差数列,且首项为1,公差为a2-a1=1,,所以a n=n.(2)∵2nb n+1=(n+1)b n,∴(n≥1),∴数列是以=1为首项,为公比的等比数列,即,从而b n=,T n=+…+T n=+…+,由①-②,得T n=1++…+=2-,∴T n=4-.。
[精品]2019版高考数学二轮复习专题四数列专题突破练144.1~4.2组合练文
,
∴
.
∴
Sn=
+… +
+… +
=3-
.由
an+1- 1=an( an- 1)(
n∈
*
N
),
得 a2- 1=
,
∴a2= , 同理可得 a3=
, a4=
. 当 n=1 时 , S1=3-
, 其整数部分为 0,
当 n=2 时 , S2 =3-
=3- =1+ , 其整数部分为 1,
当 n=2 时 , S3 =3-
15. (2018 河北保定一模 , 文 17) 已知数列 { an} 满足 :2 an=an+1+an- 1( n≥2, n∈ N*), 且 a1=1, a2=2. (1) 求数列 { an} 的通项公式 ; (2) 若数列 { bn} 满足 2anbn+1=an+1bn( n≥1, n∈N*), 且 b1=1. 求数列 { bn} 的通项公式 , 并求其前 n 项和 Tn.
=-
-
+… +
=- .
6. C 解析 ∵Sm-1=- 2, Sm=0, Sm+1=3, ∴am=Sm-Sm-1=0- ( - 2) =2, am+1 =Sm+1-Sm=3- 0=3. ∴d=am+1-a m=3- 2=1.
∵Sm=ma1+
×1=0,
, 即数列
的 前 40 项 的 和 为
∴a1=-
.又
※精品试卷※
专题突破练 14 4.1~4.2 组合练
( 限时 90 分钟 , 满分 100 分 )
一、选择题 ( 共 9 小题 , 满分 45 分 )
2019届高考数学二轮复习 第一篇 专题四 数列 第2讲 数列求和及简单应用教案 文
裂项的基本思想是 an=f(n）-f(n+1)，
=-
等.
考向 3 错位相减法求和
【例 4】 (2018·吉林百校联盟九月联考)已知等差数列｛an｝的前 n 项和为 Sn,若 Sm—1=— 4,Sm=0，Sm+2=14（m≥2,且 m∈N*）。 (1)求数列{an｝的通项; (2）求数列{m（an+6)×2n—3}的前 n 项和. 解：(1)由已知得 am=Sm—Sm—1=4,
②解:由①,得 cn=
=
—
，
所以 Sn= 1- + - +…+ —
= 1—
=
.
③解：因为 dn=（3n+1）Sn=（3n+1)·
=n,
则问题转化为对任意正整数 n 使不等式 + +…+ > 恒成立.
设 f（n）= + + +…+ ,
则 f（n+1)—f（n）=
+
+…+
- + +…+
=
+
—
=
—
〉0.
据此可得数列｛an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列,
其前 8 项和为 S8=
=29—2=512—2=510。
故选 C.
（3)令 bn=nan,则 2bn=bn—1+bn+1,所以｛bn}为等差数列， 因为 b1=1，b2=4, 所以公差 d=3，则 bn=3n-2,
所以 b18=52,即 18a18=52,
数列的通项公式 【例 1】 (1)（2018·安徽黄山一模)数列{an}中，已知对任意正整数 n，有 a1+a2+…+an=2n— 1，则 + +…+ 等于（ )
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专题对点练13等差、等比数列与数列的通项及求和
1.已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1, -(2an+1-1)·an-2an+1=0.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
2.(2018北京,文15)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求 +…+ .
3.(2018全国Ⅲ,文17)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.
4.在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列,求{bn}的前n项和Sn.
5.(2018天津,文18)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项
和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.
(1)求Sn和Tn;
(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.
6.在等差数列{an}中,a7=8,a19=2a9.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn= ,求数列{bn}的前n项和Sn.
7.已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列 的前n项和Tn.
8.已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,数列{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=-2a1=2,a3-b2=-
1,S3-2b3=7.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn= - - ,求数列{cn}的前n项和Tn.
专题对点练13答案
1.解 (1)由题意得a2=,a3=.
(2)由 -(2an+1-1)an-2an+1=0得2an+1(an+1)=an(an+1).
因为{an}的各项都为正数,所以 .
故{an}是首项为1,公比为的等比数列,
因此an= - .
2.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,
∵
a2+a3=5ln2,
∴
2a1+3d=5ln2.
又a1=ln2,∴d=ln2.
∴
an=a1+(n-1)d=nln2.
(2)由(1)知an=nln2.
∵
=enln2= =2n,
∴
{ }是以2为首项,2为公比的等比数列.
∴
+…+
=2+22+…+2n
=2n+1-2.
∴
+…+ =2n+1-2.
3.解 (1)设{an}的公比为q,
由题设得an=qn-1.
由已知得q4=4q2,
解得q=0(舍去),q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn= - - .由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.
若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.
综上,m=6.
4.解 (1)设等差数列{an}的公差是d.由已知(a3+a8)-(a2+a7)=2d=-6,解得d=-3,
∴
a2+a7=2a1+7d=-23,解得a1=-1,
∴
数列{an}的通项公式为an=-3n+2.
(2)由数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列,
∴
an+bn=2n-1,
∴
bn=2n-1-an=3n-2+2n-1,
∴
Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+2+22+…+2n-1)= - +2n-1.
5.解 (1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所
以,Tn= - - =2n-1.
设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而
a1=1,d=1,故an=n.所以,Sn= .
(2)由(1),有
T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n= - - -n=2n+1-n-2.
由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得, +2n+1-n-2=n+2n+1,
整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.
所以,n的值为4.
6.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.
因为a7=8,所以a1+6d=8.
又a19=2a9,所以a1+18d=2(a1+8d),
解得a1=2,d=1,所以{an}的通项公式为an=n+1.
(2)bn= ,
所以Sn= - - +…+ - .
7.解 (1)设{an}的公比为q,由题意知a1(1+q)=6, q=a1q2,
又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.
(2)由题意知S2n+1= =(2n+1)bn+1,
又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1.
令cn= ,则cn= ,
因此Tn=c1+c2+…+cn
= +…+ - - .
又Tn= +…+ - ,两式相减得Tn= - ,
所以Tn=5- .
8.解 (1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,q>0,
∵
b1=-2a1=2,a3-b2=-1,S3-2b3=7,
∴
a1=-1,-1+2d-2q=-1,3×(-1)+3d-2×2q2=7,解得d=2,q=2.
∴
an=-1+2(n-1)=2n-3,bn=2n.
(2)cn= - - - - - ,
∴
Tn=- +…+ - - - - - - - ,
Tn=- +…+ - - - - - - ,
∴
Tn=- +…+(-1)n-1× - - - - =- - - - - - - - - - ,
∴
Tn=- - - - - - .