数列专题
朱立军
1、设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=nan-2n(n-1). (1)求数列{an}的通项公式an;
(2)设数列
1a 的前n项和为T1
1n,求证:nan+15≤Tn<
42、设数列a
2n1n满足a1+3a2+3a3+…+3an
=n
3,a∈N*.(1)求数列an的通项; (2)设bn
n=
a,求数列bn的前n项和Sn。 n
3、在数列{a*
n}中,a1=3,an=-an-1-2n+1 (n≥2且n∈N).(1)求a2,a3的值;
(2)证明:数列{an+n}是等比数列,并求{an}的通项公式; (3)求数列{an}的前n项和Sn.
4、已知数列{a项和S1211*
n}的前nn=2n
2,数列{bn}满足bn+2-2bn+1+bn=0(n∈N),且b3=11,前9
项和为153.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式; (2)设cn=
3n
-
n
-
,数列{cn}的前n项和为Tn,若对任意正整数n,Tn∈[a,b],
求b-a的最小值.
5、已知点(1,2)是函数f(x)=ax
(a>0且a≠1)的图象上一点,数列{an}的前n项和Sn=f(n)-1.(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=logaan+1,求数列{anbn}的前n项和Tn.
6、已知数列{aa*
n }中,1=2,对于任意的p,q∈N,都有apqapaq.(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令b*
*
n=ln an (n∈N),是否存在k(k∈N),使得bk、bk+
1、bk+2成等比数列?若存在,求出所
有符合条件的k的值,若不存在,请说明理由; (3)令cn=
1aa,S{c*n
n为数列n}的前n项和,若对任意的n∈N,不等式tSn
nn
1立,求实数t的取值范围.
7、已知数列{a满足:a2n
n}和{bn}1=λ,an+1=
3an+n-4,bn=(-1)(an-3n+21),其中λ为实数,
n为正整数.(1) 对任意实数λ,证明数列{an}不是等比数列;
(2) 试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论.
数列专题答案
1.(1)解 由Sn=nan-2n(n-1)得an+1=Sn+1-Sn=(n+1)an+1-nan-4n, 即an+1-an=4.∴数列{an}是以1为首项,4为公差的等差数列, ∴an=4n-3.
(2)证明 T11111
11n=a+…++1
1a2a2a3anan+11×55×99×13
-
+
1-1515191911314n-3-14n+1
=114
1-4n+11<4.
又易知T111
n单调递增,故Tn≥T1=5,得5≤Tn
42.解析:(1)a
2an-1
n
1+3a2+33+…+3an=3
①
a+3a+32aan1n-1
11123+…+3n-2 n-1=3 ②, ①-②得3an =3,所以an3
n(n≥2).
经过验证当n=1也成立,因此a1
n3
n.
(2) bna=n3n
,利用错位相减法可以得到S(2n1n=
n)3n13.n
443.(1)解:∵a*
1=3,an=-an-1-2n+1 (n≥2,n∈N),∴a2=-a1-4+1=-6,a3=-a2-6+1=
1.(2)证明 ∵an+n-an-1-2n++n
aa
n-1+-n-1+n-1
=-an-1-n+1a=-1, n-1+n-1
∴数列{a+1=4,公比为-1的等比数列.∴an-1
n+n}是首项为a1n+n=4·(-1),即an=4·(-1)n-1-n,∴{a1)n-1-n (n∈N*
n}的通项公式为an=4·(-).
n
(3)解 ∵{an-1
n}的通项公式为an=4·(-1)
-n (n∈N*
),所以Sn=∑ak=
k=1
n
n
n
n
∑[4·(-1)
k-1
-k] =∑[4·(-1)
k-1
]-∑k=4×
1--
-
+
k=1
k=1
k=1
1--2
=2[1-(-1)n
]-
12
(n2
+n) =-n+n-4n
2(-1).
4.解 (1)因为S1211
n=2+2
n,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+5,
当n=1时a1=S1=6,满足上式,所以an=n+5,又因为bn+2-2bn-1+bn=0, 所以数列{bn}为等差数列,由S+b
79=
153,b3=11,故b7=23, 所以公差d=23-11
7-33,所以bn=b3+(n-3)d=3n+2,
(2)由(1)知c3
n=
111n
-
n
-
-
+
212n-12n+1
,
所以T1n=c1+c2+…+cn=111121-3+35+…+2n-112n+1
=11121-2n+1=n2n+1,又因为Tn+1nn+1-Tn=2n+32n+1=+
+
0,
所以{T1n}单调递增,故(Tn)min=T13
而Tn=
n2n+1n2n121312n,Ta的最大值为1
nn∈[a,b]时3
,b的最小值为12(b-a)=111min236
5.解 (1)把点(1,2)代入函数f(x)=ax得a=2,所以数列{an项和为Sn
n}的前n=f(n)-1=2-1.
当n=1时,ann-1n-1
1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2-2=2,
对n=1时也适合.∴an-1
n=2.
(2)由a=2,b=log,所以an-1
naan+1得bn=nnbn=n·2.
T01+3·22+…+n·2n-1
n=1·2+2·2,①
2T12+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n
n=1·2+2·2②
由①-②得:-T0+21+22+…+2n-1-n·2n,所以T=(n-1)2n
n=2n+1.
6.解 本题主要考查等差数列、等比数列和利用不等式知识解答恒成立问题等知识,考查运算求解
能力、推理论证能力,以及分类讨论的数学思想.解答存在性问题的基本策略是先假设存在,然后结合已知条件展开证明.
(1)令p=1,q=n,则有an+1=an+a1,故an+1-an=a1=2,即数列{an}是以2为首项,2为公差的等
差数列,所以数列{a*
n}的通项公式为an=2n(n∈N).
(2)假设存在k(k∈N*),使得b 2*
k、bk+
1、bk+2成等比数列,则bkbk+2=bk+1(k∈N).
因为bln a*
n=n=ln 2n(n∈N),
所以b+
kbk+2=ln 2k·ln 2(k+2)
2+
2
22=
22+
=
[ln 2(k+1)]2=b 2b2*
k+1,这与bkbk+2=k+1矛盾.故不存在k(k∈N),使得bk、bk+
1、bk+2成等比数列.
(3)因为c111n=a==nan+1+41n1n+1 ,所以S=111n111
23
141-2++…+nn+1=
41-1n+1
=n+n为偶数时,若对任意的n∈N*,不等式tSn
n
t
当且仅当n=9
n
n=3时,等号成立,故t
当n为奇数时,若对任意的n∈N*,不等式tSn
-+n
=4n-9n8
,因为n-99nn的增大而增大,所以当n=1时,n-n取得最小值-8,此时t需满足t
综上知,实数t的取值范围为(-∞,-64)。
7.(1)证明 假设存在一个实数λ,使{a2
n}是等比数列,则有a 2=a1a3,
即23-32=λ49-4
⇔492-4λ+9=42
9
λ-4λ⇔9=0,矛盾,所以{an}不是等比数列.(2)解 因为b=(-1)n+1[an+1n+1-3(n+1)+21] =(-1)2
n+13an-2n+14
=-2n
23(-1)·(an-3n+21) =-3
n.
又b*
1=-(λ+18),所以当λ=-18时,bn=0 (n∈N),此时{bn}不是等比数列;
当λ≠-18时,b2bn+12*
1=-(λ+18)≠0,由bn+13n.可知bn≠0,所以b=- (n∈N).故当λ≠
n3-18时,数列{b2
n}是以-(λ+18)为首项,-3为公比的等比数列.