2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题 文

2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题 文

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=.‎ ‎(1)Sn为{an}的前n项和,证明:Sn=;‎ ‎(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=.‎ ‎(1)证明:数列是等差数列,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=a‎1a2…an,求数列的前n项和Sn.‎ ‎3.已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;‎ ‎(2)若S5=,求λ的值.‎ ‎4.在数列{an}中,设f(n)=an,且f(n)满足f(n+1)‎-2f(n)=2n(n∈N*),且a1=1.‎ ‎(1)设bn=,证明数列{bn}为等差数列;‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 5‎ ‎5.设数列{an}的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(n∈N*),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)(n∈N*,n≥2),求证:为等差数列,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+1(n∈N*).‎ ‎(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<.‎ ‎7.(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-2(n≥2,n∈N*).‎ ‎(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<.‎ ‎8.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=λ·.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)是否存在正实数λ,使得{bn}为等比数列?并说明理由.‎ 5‎ 专题对点练14答案 ‎1.(1)证明 因为an=,Sn=,‎ 所以Sn=.‎ ‎(2)解 bn=log‎3a1+log‎3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-.‎ 所以{bn}的通项公式为bn=-.‎ ‎2.解 (1)∵an+1=,∴an+1-1=-1=,‎ ‎∴,‎ ‎∴.‎ ‎∵a1=3,∴,‎ ‎∴数列是以为首项,为公差的等差数列,∴(n-1)= n,∴an=.‎ ‎(2)∵bn=a‎1a2…an,‎ ‎∴bn=×…×,‎ ‎∴=2,‎ ‎∴Sn=2+…+=2.‎ ‎3.解 (1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.‎ 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,‎ 即an+1(λ-1)=λan.‎ 由a1≠0,λ≠0得an≠0,‎ 所以.‎ 因此{an}是首项为,公比为的等比数列,‎ 于是an=.‎ ‎(2)由(1)得Sn=1-.‎ 由S5=得1-,‎ 即.‎ 解得λ=-1.‎ ‎4.(1)证明 由已知得an+1=2an+2n,‎ ‎∴bn+1=+1=bn+1,‎ ‎∴bn+1-bn=1.又a1=1,∴b1=1,‎ ‎∴{bn}是首项为1,公差为1的等差数列.‎ ‎(2)解 由(1)知,bn==n,‎ ‎∴an=n·2n-1.‎ ‎∴Sn=1+2×21+3×22+…+n·2n-1,‎ ‎2Sn=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,‎ 两式相减得-Sn=1+21+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1,‎ ‎∴Sn=(n-1)·2n+1.‎ 5‎ ‎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.‎ ‎∵m≠-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,∴b1=1.‎ ‎∵数列{an}的公比q=f(m)=,‎ ‎∴当n≥2时,bn=f(bn-1)=,‎ ‎∴bnbn-1+3bn=3bn-1,∴.‎ ‎∴是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+.‎ 又=1也符合,∴bn=.‎ ‎6.(1)解 ∵Sn=an+1+n+1(n∈N*),∴当n=1时,-2=a2+2,解得a2=-8.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an+1+n+1-,‎ 即an+1=3an-2,可得an+1-1=3(an-1).‎ 当n=1时,a2-1=3(a1-1)=-9,‎ ‎∴数列{an-1}是等比数列,首项为-3,公比为3.‎ ‎∴an-1=-3n,即an=1-3n.‎ ‎(2)证明 bn=log3(-an+1)=n,‎ ‎∴.‎ ‎∴Tn=+…+.∴Tn<.‎ ‎7.(1)解 由-2(n≥2,n∈N*),得+2Sn+1Sn-1+=4,‎ 即(Sn+1+Sn-1)2=(2Sn)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n≥2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=‎ ‎(2)证明 由(1)得cn=,‎ 则Tn=c1+c2+c3+…+cn=+…+1-.‎ 又Tn=是关于n的增函数,则Tn≥T1=,因此,≤Tn<.‎ ‎8.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.‎ ‎∴a2=4.∴d=a2-a1=4-2=2.‎ ‎∴an=2+2(n-1)=2n.‎ ‎(2)∵bnbn+1=λ·=λ·4n,b1=1,‎ ‎∴b2b1=4λ,∴b2=4λ,‎ 5‎ ‎∴bn+1bn+2=λ·4n+1,∴=4,‎ ‎∴bn+2=4bn,∴b3=4b1=4.‎ 若{bn}为等比数列,则=b3·b1,∴16λ2=4×1,∴λ=.‎ 故存在正实数λ=,使得{bn}为等比数列.‎ 5‎