2019版高考数学二轮复习 专题四 数列 数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题 文.doc

1专题对点练专题对点练 1414 数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题 1 1.已知等比数列an,a1=,公比q=.(1)Sn为an的前n项和,证明:Sn=;1 - 2 (2)设bn=log3a1+log3a2+log3an,求数列bn的通项公式.2 2.已知数列an满足a1=3,an+1=.3- 1+ 1(1)证明:数列是等差数列,并求an的通项公式;1 - 1(2)令bn=a1a2an,求数列的前n项和Sn.1 3 3.已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0. (1)证明an是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=,求的值.31 324 4.在数列an中,设f(n)=an,且f(n)满足f(n+1)-2f(n)=2n(nN N*),且a1=1.(1)设bn=,证明数列bn为等差数列;2 - 1 (2)求数列an的前n项和Sn.25 5.设数列an的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(nN N*),其中m为常数,且m-3. (1)求证:an是等比数列;(2)若数列an的公比q=f(m),数列bn满足b1=a1,bn=f(bn-1)(nN N*,n2),求证:为等差数列,1 并求bn.6 6.已知数列an的前n项和为Sn,a1=-2,且满足Sn=an+1+n+1(nN N*). (1)求数列an的通项公式;(2)若bn=log3(-an+1),求数列的前n项和Tn,并求证Tn<.1 + 27 7.(2018 天津模拟)已知正项数列an,a1=1,a2=2,前n项和为Sn,且满足-2(n2,nN N*). + 1 - 1+ - 1 + 1=42 + 1 - 1(1)求数列an的通项公式;(2)记cn=,数列cn的前n项和为Tn,求证:Tn<.1 · + 138 8.已知数列an的前n项和为Sn,a1=2,2Sn=(n+1)2an-n2an+1,数列bn满足b1=1,bnbn+1=·.2(1)求数列an的通项公式; (2)是否存在正实数,使得bn为等比数列?并说明理由.4专题对点练 1414 答案1 1.(1)证明 因为an=,Sn=,1 3×(13) - 1=131 3(1 -13)1 -1 3=1 -13 2所以Sn=.1 - 2(2)解 bn=log3a1+log3a2+log3an=-(1+2+n)=-.( + 1) 2所以bn的通项公式为bn=-.( + 1) 22 2.解 (1)an+1=,an+1-1=-1=,3- 1+ 13- 1+ 12(- 1)+ 1,1 + 1- 1=+ 12(- 1)=1 - 1+1 2.1 + 1- 11 - 1=1 2a1=3,1 1- 1=1 2数列是以为首项,为公差的等差数列,(n-1)= n,an=.1 - 11 - 1=1 2+1 2 + 2 (2)bn=a1a2an,bn=××,3 1×4 2×5 3 - 2× + 1 - 1× + 2 =( + 1)( + 2) 2=2,1 =2( + 1)( + 2)(1 + 1-1 + 2)Sn=2+=2.(1 2?1 3+1 31 41 + 1?1 + 2)(1 2-1 + 2)= + 23 3.解 (1)由题意得a1=S1=1+a1,故1,a1=,a10.1 1 - 由Sn=1+an,Sn+1=1+an+1得an+1=an+1-an, 即an+1(-1)=an. 由a10,0 得an0,所以. + 1= - 1因此an是首项为,公比为的等比数列,1 1 - - 1于是an=.1 1 - ( - 1) - 1(2)由(1)得Sn=1-.( - 1)由S5=得 1-,31 32( - 1)5=31 32即.( - 1)5=1 325解得=-1. 4 4.(1)证明 由已知得an+1=2an+2n,bn+1=+1=bn+1, + 12=2+ 22=2 - 1 bn+1-bn=1.又a1=1,b1=1, bn是首项为 1,公差为 1 的等差数列.(2)解 由(1)知,bn=n,2 - 1an=n·2n-1. Sn=1+2×21+3×22+n·2n-1, 2Sn=1×21+2×22+(n-1)·2n-1+n·2n, 两式相减得-Sn=1+21+22+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1, Sn=(n-1)·2n+1. 5 5.证明 (1)由(3-m)Sn+2man=m+3, 得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3, 两式相减,得(3+m)an+1=2man.m-3, + 1=2 + 3an是等比数列. (2)由(3-m)Sn+2man=m+3, 得(3-m)S1+2ma1=m+3, 即a1=1,b1=1.数列an的公比q=f(m)=,2 + 3当n2 时,bn=f(bn-1)=,3 2·2 - 1 - 1+ 3bnbn-1+3bn=3bn-1,.1 1 - 1=1 3是以 1 为首项,为公差的等差数列,=1+.1 1 - 1 3= + 2 3又=1 也符合,bn=.1 13 + 2 6 6.(1)解 Sn=an+1+n+1(nN N* *),当n=1 时,-2=a2+2,解得a2=-8.当n2 时,an=Sn-Sn-1=an+1+n+1-,(1 2+ )即an+1=3an-2,可得an+1-1=3(an-1). 当n=1 时,a2-1=3(a1-1)=-9, 数列an-1是等比数列,首项为-3,公比为 3. an-1=-3n,即an=1-3n. (2)证明 bn=log3(-an+1)=n,.1 + 2=1 2(1 -1 + 2)Tn=+1 2(1 -1 3)?+(12-1 4)+(13-1 5).Tn<.(1 - 1-1 + 1)+?(1 -1 + 2)=1 2(1 +1 2?1 + 1?1 + 2)<3 467 7.(1)解 由-2(n2,nN N*),得+2Sn+1Sn-1+=4, + 1 - 1+ - 1 + 1=42 + 1 - 12 + 12 - 12 即(Sn+1+Sn-1)2=(2Sn)2.由数列an的各项均为正数,得Sn+1+Sn-1=2Sn, 所以数列Sn为等差数列. 由a1=1,a2=2,得S1=a1=1,S2=a1+a2=3,则数列Sn的公差为d=S2-S1=2, 所以Sn=1+(n-1)×2=2n-1. 当n2 时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-3)=2,而a1=1 不适合上式,所以数列an的通项公式为an=1, = 1, 2, 2.?(2)证明 由(1)得cn=,1· + 1=1(2 - 1)(2 + 1)=1 2(1 2 - 1-1 2 + 1)则Tn=c1+c2+c3+cn=+1-.1 2(1 -1 3)?+(13-1 5)+(15?1 7)?(1 2 - 1-1 2 + 1)=1 2(?1 2 + 1)<1 2又Tn=是关于n的增函数,则TnT1=,因此,Tn<.1 2(1 -1 2 + 1) 8 8.解 (1)由 2Sn=(n+1)2an-n2an+1,得 2Sn-1=n2an-1-(n-1)2an, 2an=(n+1)2an-n2an+1-n2an-1+(n-1)2an,2an=an+1+an-1, 数列an为等差数列. 2S1=(1+1)2a1-a2,4=8-a2. a2=4.d=a2-a1=4-2=2. an=2+2(n-1)=2n.(2)bnbn+1=·=·4n,b1=1,2b2b1=4,b2=4,bn+1bn+2=·4n+1,=4, + 1 + 2 + 1bn+2=4bn,b3=4b1=4.若bn为等比数列,则=b3·b1,162=4×1,=.22 故存在正实数=,使得bn为等比数列.