数列与不等式的综合问题.doc

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＝.
(1)求an与bn；
(2)证明：≤＋＋…＋<.
解　(1)设{an}的公差为d，因为
所以解得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＝，(8分)
所以＝＝.(10分)
故＋＋…＋＝

＝.(12分)
因为n≥1，所以0<≤，于是≤1－<1，
所以≤<，
即≤＋＋…＋<.(15分)
2．[2017·黄冈质检](本小题满分15分)已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记Sn＝＋＋…＋，若Sn<100，求最大正整数n.
解　(1)证明：因为＝＋，
所以－1＝－＝.
又因为－1≠0，所以－1≠0(n∈N*)，
所以数列为等比数列．(7分)
(2)由(1)，可得－1＝×n－1，
所以＝2×n＋1.
所以Sn＝＋＋…＋＝n＋2
＝n＋2×＝n＋1－，
若Sn<100，则n＋1－<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≤对任意n∈N*恒成立，求实数x的取值范围．
解　(1)由题意，
将a1＝2，b1＝3代入，得
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＝，
cn＋1－cn＝3·2n－1·>0
所以cn最小值为c1＝1，(12分)
因为－x2＋3x≤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>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)
∴＝＝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＝b－b，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)设a1＝d，Tn＝ (－1)kb，n∈N*，求证： <.
证明　(1)由题意得b＝anan＋1，有cn＝b－b＝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＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)
＝2d·
＝2d2n(n＋1)．(9分)
所以 ＝ ＝ (12分)
＝·<.(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；
(2)令bn·2＝(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，写出Tn关于n的表达式，并求满足Tn>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＝(n≥2)，(4分)
又a1＝1满足上式，∴an＝(n∈N*)，(5分)
(2)由(1)知bn＝，(6分)
Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋.
两式相减得
Tn＝＋2－，
Tn＝＋2×－，(9分)
Tn＝1＋4－＝3－，(10分)
由Tn－Tn－1＝3－－＝，
当n≥2时，Tn－Tn－1>0，所以数列{Tn}单调递增．(12分)
T4＝3－＝<，
又T5＝3－＝>＝，
所以n≥5时，Tn≥T5>，
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＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
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＝，(4分)
又2S1＋a1＝1，∴a1＝，
所以数列{an}是公比为的等比数列．(6分)
故an＝·n－1＝n，
数列{an}的通项公式为an＝n.(8分)
(2)证明：∵bn＝，
∴bn＝＝－，(11分)
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋－＋…＋
＝－<，(18分)
∴Tn<.(20分)
8．[2016·浙江高考](本小题满分20分)设数列{an}满足≤1，n∈N*.
(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；
(2)若|an|≤n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.
证明　(1)由≤1，得|an|－|an＋1|≤1，故
－≤，n∈N*，(3分)
所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋<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，
－＝＋＋…＋≤＋＋…＋<，(12分)
故|an|<·2n≤·2n
＝2＋m·2n.(15分)
从而对于任意m>n，均有
|an|<2＋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>log
且m0>n0，则
2n0·m0<2n0· ＝|an0|－2，
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＋(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　(1)证明：易得an>0(n∈N*)，由an＋1＝2an＋，得＝2＋>2，所以{an}是递增数列，
从而有an≥2，故≤2＋<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＋<2，解得c<，(10分)
若数列{an}是单调递减数列，则＝c＋<1，
得an>，记t＝，①
又an＋1－t＝(an－t)，因为an－t(n∈N*)均为正数，所以c－>0，即an>.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，<cn－1(2－t)＋t恒成立．
因为0<c<，t<2，所以<t，即<t2＝，
解得c>.(14分)
下面证明：当<c<时，数列{an}是单调递减数列．
当c>时，由an＋1＝can＋及an＝can－1＋(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝(an－an－1).
由an＋1＝can＋有an≥2成立，则an－1an>4c>，即c>.
又当c<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<c<.