（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.docx

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1、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1.已知等比数列 an,a1= ,公比 q= .13 13(1)Sn为 an的前 n项和,证明: Sn= ;1-an2(2)设 bn=log3a1+log3a2+log3an,求数列 bn的通项公式 .2.已知数列 an满足 a1=3,an+1= .3an-1an+1(1)证明:数列 是等差数列,并求 an的通项公式;1an-1(2)令 bn=a1a2an,求数列 的前 n项和 Sn.1bn3.已知数列 an的前 n项和 Sn=1+a n,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 .313

2、24.在数列 an中,设 f(n)=an,且 f(n)满足 f(n+1)-2f(n)=2n(nN *),且 a1=1.(1)设 bn= ,证明数列 bn为等差数列;an2n-1(2)求数列 an的前 n项和 Sn.25.设数列 an的前 n项和为 Sn,且(3 -m)Sn+2man=m+3(nN *),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 *,n2),求证: 为等差数列,32 1bn并求 bn.6.已知数列 an的前 n项和为 Sn,a1=-2,且满足 Sn= an+1+n+

3、1(nN *).12(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 .1bnbn+2 347.(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+1Sn-1+Sn-1Sn+1= 4S2nSn+1Sn-12(n2, nN *).(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 .1SnSn+1 13 128.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= .2an(

4、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 .3专题对点练 14答案1.(1)证明 因为 an= ,Sn= ,13(13)n-1=13n 13(1-13n)1-13 =1-13n2所以 Sn= .1-an2(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)22.解 (1) a n+1= ,a n+1-1= -1= ,3an-1an+1 3an-1an+1 2(an-1)an+1 ,1an+1-1= an+12(an-1)= 1an-1+12 .1an+1-1-

5、 1an-1=12a 1=3, ,1a1-1=12 数列 是以 为首项, 为公差的等差数列, (n-1)= n,a n= .1an-1 12 12 1an-1=12+12 12 n+2n(2)b n=a1a2an,b n= ,314253 nn-2n+1n-1n+2n =(n+1)(n+2)2 =2 ,1bn= 2(n+1)(n+2) ( 1n+1- 1n+2)S n=2 + =2 .(12 -13+13-14 1n+1- 1n+2) (12- 1n+2)= nn+23.解 (1)由题意得 a1=S1=1+a 1,故 1, a1= ,a10 .11-由 Sn=1+a n,Sn+1=1+a n+

6、1得 an+1=a n+1-a n,即 an+1(- 1)=a n.由 a10, 0 得 an0,所以 .an+1an = -1因此 an是首项为 ,公比为 的等比数列,11- -1于是 an= .11- ( -1)n-1(2)由(1)得 Sn=1- .( -1)n由 S5= 得 1- ,3132 ( -1)5=3132即 .( -1)5=132解得 =- 1.4.(1)证明 由已知得 an+1=2an+2n,b n+1= +1=bn+1,an+12n =2an+2n2n = an2n-1b n+1-bn=1.又 a1=1,b 1=1, bn是首项为 1,公差为 1的等差数列 .(2)解 由(

7、1)知, bn= =n,an2n-1a n=n2n-1.S n=1+221+322+n2n-1,2Sn=121+222+(n-1)2n-1+n2n,两式相减得 -Sn=1+21+22+2n-1-n2n=2n-1-n2n=(1-n)2n-1,S n=(n-1)2n+1.5.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.4m -3, ,an+1an = 2mm+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,b 1=1. 数列 an的公

8、比 q=f(m)= ,2mm+3 当 n2 时, bn= f(bn-1)= ,32 322bn-1bn-1+3b nbn-1+3bn=3bn-1, .1bn- 1bn-1=13 是以 1为首项, 为公差的等差数列, =1+ .1bn 13 1bn n-13 =n+23又 =1也符合, b n= .1b1 3n+26.(1)解 S n= an+1+n+1(nN *), 当 n=1时, -2= a2+2,解得 a2=-8.12 12当 n2 时, an=Sn-Sn-1= an+1+n+1- ,12 (12an+n)即 an+1=3an-2,可得 an+1-1=3(an-1).当 n=1时, a2-

9、1=3(a1-1)=-9, 数列 an-1是等比数列,首项为 -3,公比为 3.a n-1=-3n,即 an=1-3n.(2)证明 bn=log3(-an+1)=n, .1bnbn+2=12(1n- 1n+2)T n= +12(1-13) +(12-14)+(13-15).T n .(1n-1- 1n+1)+(1n- 1n+2)=12(1+12 - 1n+1- 1n+2)34 347.(1)解 由 -2(n2, nN *),得 +2Sn+1Sn-1+ =4 ,Sn+1Sn-1+Sn-1Sn+1= 4S2nSn+1Sn-1 S 2n+1 S 2n-1 S2n即( Sn+1+Sn-1)2=(2Sn

10、)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= ,1SnSn+1= 1(2n-1)(2n+1)=12( 12n-1- 12n+1)则 Tn=c1+c2+c3+cn= + 1- .12(1-13) +(13-15)+(15

11、-17) ( 12n-1- 12n+1)=12( 12n+1)12又 Tn= 是关于 n的增函数,则 Tn T1= ,因此, Tn .12(1- 12n+1) 13 13 128.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.a 2=4.d=a 2-a1=4-2=2.a n=2+2(n-1)=2n.(2)b nbn+1= = 4n,b1=1,2anb 2b1=4 ,b 2=4 ,b n+1bn+2= 4n+1, =4,bn+1bn+2bnbn+15b n+2=4bn,b 3=4b1=4.若 bn为等比数列,则 =b3b1, 16 2=41,= .b2212故存在正实数 = ,使得 bn为等比数列 .12