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广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习 数列试题精选16



数列 16
27.设 An 为数列{an}的前 n 项和,An= (n∈N). (Ⅰ)求数列{an}的通项公式;

3 * (an-1) (n∈N ) ,数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3 2

(Ⅱ)若 d∈{a1,a2,a3,…,an,…}∩{b1,b2,b3,…,bn,…} ,则称 d 为数列{an} 与{bn}的公共

项,将数列{an} {bn}的公共项,按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的 数列{dn} ,证明数列{dn}的通项公式为 dn=3
2n+1

(n∈N ) ;

*

(Ⅲ)设数列{dn}中第 n 项是数列{bn}中的第 r 项,Br 为数列{bn}的前 r 项的和,

Dn 为数列{dn}的前 n 项和,Tn=Br+Dn,求 lim

Tn . n ?? ( a ) 4 n

-1-

(Ⅲ)解:由题意,3 所以 r=

2n+1

=4r+3,

32 n ?1 ? 3 3 2n ? (3 -1) 4 4

r (b1 ? br ) 3(32 n ? 1)(7 ? 32 n ?1 ) 易知 Br ? ? 2 8
d1 (q n ? 1) 27(32 n ? 1) Dn ? ? , q ?1 8 Tn ? Br ? Dn ? 9 ? 34 n ? 15 ? 32 n ? 6 8

Tn 9 ? 34 n ? 15 ? 32 n ? 6 9 ∴ lim ? lim ? n ?? ( a ) 4 n ?? 8 ? 34 n 8 n

28.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若对于所有的正整数 n,都有 Sn= 等差数列.

n(a1 ? an ) .证明:{an}是 2

解:证法一:令 d=a2-a1,下面用数学归纳法证明 an=a1+(n-1)d(n∈N ) ①当 n=1 时,上述等式为恒等式 a1=a1, 当 n=2 时,a1+(2-1)d=a1+(a2-a1)=a2,等式成立.

*

由①和②,等式对所有的自然数 n 成立,从而{an}是等差数列. 证法二:当 n≥2 时,由题设, S n ?1

?

(n ? 1)(a1 ? an ?1 ) n(a1 ? an ) , Sn ? 2 2

所以 a n

? S n ? S n ?1 ? ?

n(a1 ? a2 ) (n ? 1)(a1 ? an ?1 ) ? 2 2

同理有 a n ?1

(n ? 1)(a1 ? an ?1 ) n(a1 ? an ) ? 2 2 (n ? 1)(a1 ? an ?1 ) (n ? 1)(a1 ? an ?1 ) ? n(a1 ? an ) ? 2 2

从而 a n ?1

? an ?

整理得:an+1-an=an-an-1,对任意 n≥2 成立.

-2-

从而{an}是等差数列. 评述:本题考查等差数列的基础知识,数学归纳法及推理论证能力,教材中是由等差数 列的通项公式推出数列的求和公式,本题逆向思维,由数列的求和公式去推数列的通项公式, 有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证,却不知用数学归纳法证什么,这 里需要把数列成等差数列这一文字语言,转化为数列通项公式是 an=a1+(n-1)d 这一数学符 号语言.证法二需要一定的技巧. 29.设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对所有自然数 n,an 与 2 的等差中项等 于 Sn 与 2 的等比中项. (Ⅰ)写出数列{an}的前三项; (Ⅱ)求数列{an}的通项公式(写出推证过程) ; (Ⅲ)令 bn=

1 ? a n ?1 a n ? * ? ? (n∈N ) ,求 lim (b1+b2+…+bn-n). ? ? ? n?? 2 ? an a n ?1 ?

解: (Ⅰ)由题意

an ? 2 ? 2S n ,an>0 2
S1=a1

令 n=1 时,

a1 ? 2 ? 2S1 2

解得 a1=2,令 n=2 时有

a2 ? 2 ? 2S 2 S2=a1+a2 2 a3 ? 2 ? 2S 3 2

解得 a2=6,令 n=3 时有

S3=a1+a2+a3 解得 a3=10
故该数列的前三项为 2、6、10.

-3-

整理 ak+1 -4ak+1+4-16k =0 由于 ak+1>0,解得:ak+1=2+4k 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2 这就是说 n=k+1 时,上述结论成立. 根据 1°,2°上述结论对所有自然数 n 成立. 解法二:由题意有,

2

2

an ? 2 ? 2S n (n∈N*) 2

整理得 Sn=

1 2 (an+2) 8 1 2 (an+1+2) 8 1 2 2 (an+1+2) -(an+2) ] 8

由此得 Sn+1=

所以 an+1=Sn+1-Sn=

整理得(an+1+an) (an+1-an-4)=0 由题意知 an+1+an≠0,所以 an+1-an=4 即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4, 所以 an=a1+(n-1)d=2+4(n-1) 即通项公式 an=4n-2.

-4-

评述:该题的解题思路是从所给条件出发,通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一 般规律,然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数 n 的命题,可以考虑用数学归纳 法进行证明,该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力. 30.已知数列{an}满足条件:a1=1,a2=r(r>0)且{an·an+1}是公比为 q(q>0)的等比数 列,设 bn=a2n-1+a2n(n=1,2,…) (Ⅰ)求出使不等式 anan+1+an+1an+2>an+2an+2(n∈N )成立的 q 的取值范围; (Ⅱ)求 bn 和 lim
n ??
*

1 ,其中 Sn=b1+b2+…+bn; Sn
1 log 2 bn ?1 ,求数列{ }的最大项和最小项的值. 2 log 2 bn
+rq >rq
2

(Ⅲ)设 r=2

19.2

-1,q=
n-1

解: (Ⅰ)由题意得 rq

n

n+1

由题设 r>0,q>0,故上式 q -q-1<0 所以

1? 5 1? 5 , ?q? 2 2 1? 5 2

由于 q>0,故 0<q<

(Ⅱ)因为

an ?1an ? 2 an ? 2 ? ?q an an ?1 an

所以

bn ?1 a2 n ?1 ? a2 n ? 2 a2 n ?1q ? a2 n q =q≠0 ? ? bn a2 n ?1 ? a2 n a2 n ?1 ? a2 n
-5-

b1=1+r≠0,所以{bn}是首项为 1+r,公比为 q 的等比数列,
从而 bn=(1+r)q
n- 1

(Ⅲ)由(Ⅱ)知 bn=(1+r)q

n-1

log 2 bn ?1 log 2 [(1 ? r )q n ] log 2 (1 ? r ) ? n log 2 q cn ? ? ? n ?1 log 2 bn log 2 [(1 ? r )q ] log 2 (1 ? r ) ? (n ? 1) log 2 q
?1? 1 n ? 20.2

从上式可知当 n-20.2>0 时 n≥21(n∈N)时,cn 随 n 的增大而减小,故 1<cn<c21=1+

1 1 ?1? =2.25 21 ? 20.2 0.8



当 n-20.2<0,即 n≤20(n∈N)时,cn 也随着 n 的增大而减小,故 1>cn>c20=1+

1 1 ?1? ? ?4 20 ? 20.2 0.2



综合①、②两式知对任意的自然数 n 有 c20≤cn≤c21 故{cn}的最大项 c21=2.25,最小项 c20=-4. 评述:本题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识,推理能力以及分解问题和解 决问题的能力.

-6-



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