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数列与不等式的综合问题

数列与不等式的综合问题

测试时间:120 分钟

满分:150 分

解答题(本题共 9 小题,共 150 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

1.[2016·银川一模](本小题满分 15 分)在等差数列{an}中,a1=3,其前 n 项和为 Sn, 等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,公比为 q(q≠1),且 b2+S2=12,q=Sb22.

(1)求 an 与 bn;

11 1

12

(2)证明:3≤S1+S2+…+Sn<3.

??b2+S2=12, 解 (1)设{an}的公差为 d,因为???q=bS22,

??q+6+d=12, 所以???q=6+q d.

解得 q=3 或 q=-4(舍),d=3.(4 分)

故 an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.(6 分) (2)证明:因为 Sn=n?3+2 3n?,(8 分)

所以S1n=n?3+2 3n?=23???1n-n+1 1???.(10 分)

11

1

故S1+S2+…+Sn=

=23???1-n+1 1???.(12 分)

因为 n≥1,所以 0<n+1 1≤12,于是12≤1-n+1 1<1,

所以13≤23???1-n+1 1???<23,

11 1

12

即3≤S1+S2+…+Sn<3.(15 分)

2.[2017·黄冈质检](本小题满分 15 分)已知数列{an}的首项 a1=35,an+1=2a3na+n 1,n ∈N*.
(1)求证:数列???a1n-1???为等比数列; (2)记 Sn=a11+a12+…+a1n,若 Sn<100,求最大正整数 n.
1 21 解 (1)证明:因为an+1=3+3an,
所以an1+1-1=31an-13=13???a1n-1???. 又因为a11-1≠0,所以a1n-1≠0(n∈N*), 所以数列???a1n-1???为等比数列.(7 分) (2)由(1),可得a1n-1=23×???13???n-1, 所以a1n=2×???13???n+1. 所以 Sn=a11+a12+…+a1n=n+2???13+312+…+31n???
11 =n+2×3-3n1+1=n+1-31n,
1-3 若 Sn<100,则 n+1-31n<100,所以最大正整数 n 的值为 99.(15 分) 3.[2016·新乡许昌二调](本小题满分 15 分)已知{an}是等差数列,{bn}是各项都为正 数的等比数列,且 a1=2,b1=3,a3+b5=56,a5+b3=26. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若-x2+3x≤2n2+bn 1对任意 n∈N*恒成立,求实数 x 的取值范围.

解 (1)由题意,?????aa11+ +24dd+ +bb11· ·qq42= =5266, , 将 a1=2,b1=3 代入,得?????22++24dd++33··qq42==5266,, 消 d 得 2q4-q2-28=0,∴(2q2+7)(q2-4)=0, ∵{bn}是各项都为正数的等比数列,∴q=2,所以 d=3,(4 分) ∴an=3n-1,bn=3·2n-1.(8 分) (2)记 cn=32·n+2n-11, cn+1-cn=3·2n-1·?2n+21n?-?21n+3?>0 所以 cn 最小值为 c1=1,(12 分) 因为-x2+3x≤2n2+bn 1对任意 n∈N*恒成立, 所以-x2+3x≤2,解得 x≥2 或 x≤1, 所以 x∈(-∞,1]∪[2,+∞).(15 分) 4.[2016·江苏联考](本小题满分 15 分)在等差数列{an}和等比数列{bn}中,a1=1,b1 =2,bn>0(n∈N*),且 b1,a2,b2 成等差数列,a2,b2,a3+2 成等比数列. (1)求数列{an}、{bn}的通项公式; (2)设 cn=abn,数列{cn}的前 n 项和为 Sn,若SS2nn++24nn>an+t 对所有正整数 n 恒成立,求 常数 t 的取值范围. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q(q>0). 由题意,得?????2??21q+ ?2=d??=1+2+d?2?q3,+2d?, 解得 d=q=3.(3 分) ∴an=3n-2,bn=2·3n-1.(5 分) (2)cn=3·bn-2=2·3n-2.(7 分) ∴Sn=c1+c2+…+cn

=2(31+32+…+3n)-2n

=3n+1-2n-3.(10 分)

∴SS2nn++24nn=332nn++11--33=3n+1.(11 分)

∴3n+1>3n-2+t 恒成立,即 t<(3n-3n+3)min.(12 分) 令 f(n)=3n-3n+3,则 f(n+1)-f(n)=2·3n-3>0,所以 f(n)单调递增.(14 分)

故 t<f(1)=3,即常数 t 的取值范围是(-∞,3).(15 分)

5.[2016·天津高考](本小题满分 15 分)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为 d.对任意的 n∈N*,bn 是 an 和 an+1 的等比中项.

(1)设 cn=b2n+1-b2n,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列;

2n
(2)设 a1=d,Tn=k∑=1

n
(-1)kb2k,n∈N*,求证:k∑=1

11 Tk<2d2.

证明 (1)由题意得 b2n=anan+1,有 cn=b2n+1-b2n=an+1an+2-anan+1=2dan+1,(3 分) 因此 cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以{cn}是等差数列.(6 分) (2)Tn=(-b21+b22)+(-b23+b24)+…+(-b22n-1+b22n)

=2d(a2+a4+…+a2n)

=2d·n?a2+2 a2n?

=2d2n(n+1).(9 分)

n
所以∑ k=1

1 1n Tk=2d2k∑=1

1

1n

k?k+1?=2d2k∑=1

???1k-k+1 1???(12 分)

=21d2·???1-n+1 1???<21d2.(15 分)

6.[2016·德州一模](本小题满分 15 分)已知数列{an}满足 a1+2a2+3a3+…+nan=n(n ∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式 an;

1 (2)令 bn·2 an =a21n-1(n∈N*),Tn=b1+b2+…+bn,写出 Tn 关于 n 的表达式,并求满

足 Tn>52时 n 的取值范围. 解 (1)∵a1+2a2+3a3+…+nan=n, 所以 a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n-1(n≥2). 两式相减得 an=1n(n≥2),(4 分) 又 a1=1 满足上式,∴an=1n(n∈N*),(5 分) (2)由(1)知 bn=2n2-n 1,(6 分) Tn=12+232+253+…+2n2-n 1, 12Tn=212+233+254+…+22nn-+11. 两式相减得 12Tn=12+2???212+213+…+21n???-22nn-+11, 1 11 12Tn=12+2×22-2n1·2-22nn-+11,(9 分) 1-2 Tn=1+4???12-21n???-2n2-n 1=3-2n2+n 3,(10 分) 由 Tn-Tn-1=3-2n2+n 3-???3-22nn+-11???=2n2-n 1, 当 n≥2 时,Tn-Tn-1>0,所以数列{Tn}单调递增.(12 分) T4=3-1161=1367<52, 又 T5=3-2×255+3=8332>8302=52, 所以 n≥5 时,Tn≥T5>52,

故所求 n≥5,n∈N*.(15 分)

7.[2016·吉林二模](本小题满分 20 分)已知数列{an}前 n 项和 Sn 满足:2Sn+an=1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=?1+an2?a?n1++1 an+1?,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求证:Tn<14. 解 (1)因为 2Sn+an=1,所以 2Sn+1+an+1=1. 两式相减可得 2an+1+an+1-an=0,即 3an+1=an, 即aan+n 1=13,(4 分)

又 2S1+a1=1,∴a1=13,

所以数列{an}是公比为13的等比数列.(6 分)

故 an=13·???13???n-1=???13???n,

数列{an}的通项公式为 an=???13???n.(8 分) (2)证明:∵bn=?1+an2?a?n1++1 an+1?, ∴bn=?3n+1?2··?33nn+1+1?=3n+1 1-3n+11+1,(11 分)

∴Tn=b1+b2+…+bn=???31+1 1-32+1 1???+(

1

1

32+1-33+1

)+…+???3n+1 1-3n+11+1???

1 11 =4-3n+1+1<4,(18 分)

∴Tn<14.(20 分)

8.[2016·浙江高考](本小题满分 20 分)设数列{an}满足???an-an2+1???≤1,n∈N*. (1)证明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;

(2)若|an|≤???32???n,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.

证明 (1)由???an-an2+1???≤1,得|an|-12|an+1|≤1,故

|2ann|-|a2nn+ +11|≤21n,n∈N*,(3 分)



以|2a11|-

|an| 2n



???|2a11|-|2a22|???



???|2a22|-|2a33|???







???|a2nn--11|-|2ann|???



1 21+

1

1

22+…+2n-1

<1,(6 分)

因此|an|≥2n-1(|a1|-2).(8 分) (2)任取 n∈N*,由(1)知,对于任意 m>n,

|an| 2n



|am| 2m



???|2ann|-|a2nn+ +11|???



???|2ann++11|-|a2nn++22|???







???|a2mm--11|-|2amm|???



1 2n



1 2n+1







11 2m-1<2n-1,(12 分)

故|an|<???2n1-1+|a2mm|???·2n≤???2n1-1+21m·???32???m???·2n

=2+???34???m·2n.(15 分)

从而对于任意 m>n,均有

|an|<2+???34???m·2n. ① 由 m 的任意性得|an|≤2. 否则,存在 n0∈N*,有|an0|>2,取正整数 m0>log3 |an0|-2
4 2 n0

且 m0>n0,则

2n0·???34???m0<2n0·???34???

log3 4

|an0|-2

2

n 0

=|an |-2, 0

与①式矛盾,

综上,对于任意 n∈N*,均有|an|≤2.(20 分)

9.[2016·金丽衢十二校联考](本小题满分 20 分)设数列{an}满足:a1=2,an+1=can +a1n(c 为正实数,n∈N*),记数列{an}的前 n 项和为 Sn.

(1)证明:当 c=2 时,2n+1-2≤Sn≤3n-1(n∈N*);

(2)求实数 c 的取值范围,使得数列{an}是单调递减数列.

解 数列,

(1)证明:易得 an>0(n∈N*),由 an+1=2an+a1n,得aan+n 1=2+a1n2>2,所以{an}是递增

从而有 an≥2,故aan+n 1≤2+14<3,(2 分) 由此可得 an+1<3an<32an-1<…<3na1=2·3n, 所以 Sn≤2(1+3+32+…+3n-1)=3n-1,(4 分) 又有 an+1>2an>22an-1>…>2na1=2n+1, 所以 Sn≥2+22+…+2n=2n+1-2,(6 分) 所以,当 c=2 时,2n+1-2≤Sn≤3n-1(n∈N*)成立.(8 分) (2)由 a1=2 可得 a2=2c+12<2,解得 c<34,(10 分)

若数列{an}是单调递减数列,则aan+n 1=c+a1n2<1,

得 an>

1 ,记 t= 1-c

1 ,① 1-c

又 an+1-t=(an-t)???c-t1an???,因为 an-t(n∈N*)均为正数,所以 c-t1an>0,即 an>t1c.
② 由①an>0(n∈N*)及 c,t>0 可知 an+1-t<c(an-t)<…<cn(a1-t)=cn(2-t), 进而可得 an<cn-1(2-t)+t.③ 由②③两式可得,对任意的自然数 n,t1c<cn-1(2-t)+t 恒成立.

因为 0<c<34,t<2,所以t1c<t,即1c<t2=1-1 c,

解得 c>12.(14 分) 下面证明:当12<c<34时,数列{an}是单调递减数列. 当 c>12时,由 an+1=can+a1n及 an=can-1+an1-1(n≥2), 两式相减得 an+1-an=(an-an-1)???c-an-11an???. 由 an+1=can+a1n有 an≥2 c成立,则 an-1an>4c>1c,即 c>an-11an. 又当 c<34时,a2-a1<0 成立,所以对任意的自然数 n,an+1-an<0 都成立. 综上所述,实数 c 的取值范围为12<c<34.



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