2018届高考理科数学第二轮复习综合能力训练10.doc

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题型专项训练10　数列与不等式(解答题专项)
1.已知数列{an},{bn}满足下列条件:a1=1,an+1-2an=2n+1,bn=an+1-an.
1)求{bn}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Sn,求证:对任意正整数n,均有Sn<

2.(2017浙江金华十校4月模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=(n∈N*),
求证:(1);
(2)2(-1)+…+n.

3.已知数列{an}的各项都不为零,其前n项和为Sn,且满足2Sn=an(an+1)(n∈N*).
(1)若an>0,求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在满足题意的无穷数列{an},使得a2 016=-2 015?若存在,求出这样的无穷数列的一个通项公式;若不存在,请说明理由.

4.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2,a3,a5成等比数列,S6=45.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;
(2)令pn=,是否存在正整数M,使不等式p1+p2+…+pn-2n≤M恒成立,若存在,求出M的最小值;若不存在,说明理由.

5.已知数列{an}满足+…+,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:对任意的n∈N*,都有+…+<4.

6.(2017浙江宁波诺丁汉大学附中下学期期中)已知数列{an}满足a1=3,an+1=+2an,n∈N*,设bn=log2(an+1).
(1)求{an}的通项公式;
(2)求证:1++…+式为bn=6·2n-1-2.
(2)证明 由(1)得.
因为>0(n∈N*),所以对任意正整数n,Sn≥S1=.
因为(n≥2).
所以当n≥2时,Sn=+…+
≤
=.
当n=1时,显然有S1<.
综上,对任意正整数n,均有≤Sn<.
2.证明 (1)∵an+1·an=,①∴an+2·an+1=.②
由②÷①得,
∴.
(2)由(1)得(n+1)an+2=nan,
∴+…++…+.
令bn=nan,则bn·bn+1=nan·(n+1)an+1==n+1,③
∴bn-1·bn=n,n≥2,④
由b1=a1=1,b2=2,易得bn>0,
由③-④得=bn+1-bn-1(n≥2),
∴b11=an+1(an+1+1).②
②-①得2an+1=+an+1-an,
整理得到0=(an+1-an-1)(an+an+1),
∴an+1-an=1.
∴{an}是以1为首项,以1为公差的等差数列,
∴an=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1)知a1=1,0=(an+1-an-1)(an+an+1),
可得an+1=an+1或an+1=-an,
∴从第二项开始每一项都有两个分支,因此通项为
an=的数列满足题意,使得a2 016=-2 015.
4.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由已知,得=a2a5,
即(a2+d)2=a2(a2+3d),得a2=d.

由S6=45,得2a2+3d=15,
从而可得a2=d=3,an=3n-3,Sn=.
(2)∵pn==2+,
∴p1+p2+p3+…+pn-2n
=2
=2-.
由n是整数,可得p1+p2+p3+…+pn-2n<2.
故存在最小的正整数M=2,使不等式p1+p2+…+pn-2n≤M恒成立.
5.(1)解 因为+…+,
当n=1时,=1,即a1=1.
当n≥2时,+…+,
作差,得=n3,
an=n,且a1=1也满足此式.
故数列{an}的通项公式为an=n.
(2)证明 由(1)得,
因为2n+1-(n+1)=2n-n+(2n-1)>2n-n≥2-1>0,
所以>0.
又≤0,
即,
所以+…++…+.
记S=+…+,
由错位相减法,得
S=1++…+,
即S=2<4.
所以+…+<4.
6.证明 (1)由an+1=+2an,则an+1+1=+2an+1=(an+1)2,
由a1=3,则an>0,两边取对数得到log2(an+1+1)=log2(an+1)2=2log2(an+1),即bn+1=2bn,
又b1=log2(a1+1)=2≠0,
∴{bn}是以2为公比的等比数列,即bn=2n,
又∵bn=log2(an+1),∴an=-1.
(2)用数学归纳法证明:①当n=2时,左边为1+<2=右边,此时不等式成立;
②假设当n=k≥2时,不等式成立,
即1++…+
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
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