《新课标广西2019高考数学二轮复习专题对点练14数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标广西2019高考数学二轮复习专题对点练14数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题.pdf（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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 1.已知等比数列an,a1=,公比q= . 1 3 1 3 (1)Sn为an的前n项和,证明:Sn=; 1 - an 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=. 3an- 1 an+ 1 (1)证明:数列是等差数列,并求an的通项公式; 1 an- 1 (2)令bn=a1a2an,求数列的前n项和Sn. 1 bn 3 3.已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0. (1)证明an
2、是等比数列,并求其通项公式; (2)若S5=,求的值. 31 32 4 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; an 2n - 1 (2)求数列an的前n项和Sn. 5 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, 3 2 1 bn 并求bn. 6 6.已知数列an的前n
3、项和为Sn,a1=-2,且满足Sn= an+1+n+1(nN N*). 1 2 (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 bnbn + 2 3 4 7 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- Sn + 1 Sn - 1 + Sn - 1 Sn + 1 = 4S2n Sn + 1Sn - 1 2(n2,nN N*). (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 SnSn + 1 1 3 1 2 8 8.已知数列an的前n项和为Sn
4、,a1=2,2Sn=(n+1)2an-n2an+1,数列bn满足b1=1,bnbn+1=.2an (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. 专题对点练 1414 答案 1 1.(1)证明 因为an=,Sn=, 1 3 ( 1 3) n - 1 = 1 3n 1 3(1 - 1 3n) 1 - 1 3 = 1 - 1 3n 2 所以Sn=. 1 - an 2 (2)解 bn=log3a1+log3a2+log3an=-(1+2+n)=-. n(n + 1) 2 所以bn的通项公式为bn=-. n(n + 1) 2 2 2.解 (1)an+1=,an+1
5、-1=-1=, 3an- 1 an+ 1 3an- 1 an+ 1 2(an- 1) an+ 1 , 1 an + 1- 1 = an+ 1 2(an- 1) = 1 an- 1 + 1 2 . 1 an + 1- 1 - 1 an- 1 = 1 2 a1=3, 1 a1- 1 = 1 2 数列是以 为首项, 为公差的等差数列,(n-1)= n,an=. 1 an- 1 1 2 1 2 1 an- 1 = 1 2 + 1 2 1 2 n + 2 n (2)bn=a1a2an, bn=, 3 1 4 2 5 3 n n - 2 n + 1 n - 1 n + 2 n = (n + 1)(n +
6、2) 2 =2, 1 bn = 2 (n + 1)(n + 2) ( 1 n + 1 - 1 n + 2) Sn=2+=2.( 1 2 - 1 3 + 1 3 - 1 4 1 n + 1 - 1 n + 2) ( 1 2 - 1 n + 2) = n n + 2 3 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. an + 1 an = - 1 因此an是首项为,公比为的等比数列, 1 1 - - 1 于是an=. 1 1 - (
7、- 1) n - 1 (2)由(1)得Sn=1-.( - 1) n 由S5=得 1-, 31 32 ( - 1) 5 = 31 32 即.( - 1) 5 = 1 32 解得=-1. 4 4.(1)证明 由已知得an+1=2an+2n, bn+1=+1=bn+1, an + 1 2n = 2an+ 2n 2n = an 2n - 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, an 2n - 1 an=n2n-1. Sn=1+221+322+n2n-1, 2Sn=121+222+(n-1)2n-1+n2n, 两式相减
8、得-Sn=1+21+22+2n-1-n2n=2n-1-n2n=(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, an + 1 an = 2m m + 3 an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)=, 2m m + 3 当n2 时,bn= f(bn-1)=, 3 2 3 2 2bn - 1 bn - 1+ 3 bnbn-1+3bn=
9、3bn-1,. 1 bn - 1 bn - 1 = 1 3 是以 1 为首项, 为公差的等差数列, =1+. 1 bn 1 3 1 bn n - 1 3 = n + 2 3 又=1 也符合,bn=. 1 b1 3 n + 2 6 6.(1)解 Sn= an+1+n+1(nN N* *),当n=1 时,-2= a2+2,解得a2=-8. 1 2 1 2 当n2 时,an=Sn-Sn-1= an+1+n+1-, 1 2 ( 1 2an + n) 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
10、. an-1=-3n,即an=1-3n. (2)证明 bn=log3(-an+1)=n, . 1 bnbn + 2 = 1 2( 1 n - 1 n + 2) Tn=+ 1 2(1 - 1 3) +( 1 2 - 1 4) +( 1 3 - 1 5) ( 1 n - 1 - 1 n + 1) +( 1 n - 1 n + 2) = 1 2(1 + 1 2 - 1 n + 1 - 1 n + 2) .Tn . 3 4 3 4 7 7.(1)解 由-2(n2,nN N*),得+2Sn+1Sn-1+=4, Sn + 1 Sn - 1 + Sn - 1 Sn + 1 = 4S2n Sn + 1Sn -
11、 1 S 2 n + 1 S 2 n - 1 S2n 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,n = 1, 2,n 2. (2)证明 由(1)得cn=, 1 SnSn + 1 = 1 (2n - 1)(2n + 1) = 1 2( 1 2n -
12、 1 - 1 2n + 1) 则Tn=c1+c2+c3+cn=+1-. 1 2(1 - 1 3) +( 1 3 - 1 5) +( 1 5 - 1 7) ( 1 2n - 1 - 1 2n + 1) = 1 2( 1 2n + 1) 1 2 又Tn=是关于n的增函数,则TnT1=,因此, Tn . 1 2(1 - 1 2n + 1) 1 3 1 3 1 2 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=1,2an b2b1=4,b2=4, bn+1bn+2=4n+1,=4, bn + 1bn + 2 bnbn + 1 bn+2=4bn,b3=4b1=4. 若bn为等比数列,则=b3b1,162=41,= .b22 1 2 故存在正实数=,使得bn为等比数列. 1 2