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2018届高三数学一轮复习:课时作业35 Word版


课时作业 35

高考解答题鉴赏——数列

1.(2016· 新课标全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为 3 的等差数列,数 1 列{bn}满足 b1=1,b2=3,anbn+1+bn+1=nbn. (Ⅰ)求{an}的通项公式; (Ⅱ)求{bn}的前 n 项和. 1 解:(Ⅰ)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=3,得 a1=2.所以数 列{an}是首项为 2,公差为 3 的等差数列.通项公式为 an=3n-1. bn (Ⅱ)由(Ⅰ)和 anbn+1+bn+1=nbn,得 bn+1= 3 ,因此数列{bn}是首 1 1-?3?n 1 项为 1,公比为3的等比数列,记{bn}的前 n 项和为 Sn,则 Sn= 1 1-3 3 1 =2- . 2×3n-1 2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an 是 Sn 和 1 的等差中项, 等差数列{bn}满足 b1=a1,b4=S3. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 1 (2)设 cn= ,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn 的取值范围. bnbn+1 解:(1)∵an 是 Sn 和 1 的等差中项, ∴Sn=2an-1, 当 n=1 时,a1=S1=2a1-1,∴a1=1. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1)=2an-2an-1,∴

an an=2an-1,即 =2. a n -1 ∴数列{an}是以 a1=1 为首项, 2 为公比的等比数列, ∴an=2n-1, Sn=2n-1, 设{bn}的公差为 d,b1=a1=1,b4=1+3d=7, ∴d=2,∴bn=1+(n-1)×2=2n-1. 1 1 (2)cn= = bnbn+1 ?2n-1??2n+1? 1 ? 1? 1 =2?2n-1-2n+1?,
? ?

∴Tn= 1 1 1 1 1 ? 1? - ?1- + - +?+ ? 3 3 5 2n-1 2n+1? 2? 1 ? 1? n =2?1-2n+1?= , ? ? 2n+1 1 ? 1 1? ∵n∈N*,∴Tn=2?1-2n+1?<2,
? ?

又 Tn-Tn-1= =

n-1 n - 2n+1 2n-1

1 >0, ?2n+1??2n-1?

∴数列{Tn}是一个递增数列, 1 ∴Tn≥T1=3. 1 1 综上所述,3≤Tn<2. 3.设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn 满足 S2 n- (n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. (1)求 a1 的值;

(2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (3)证明: 对一切正整数 n, 有 + +?+ a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 1 <3. 解:(1)令 n=1 代入得 a1=2(负值舍去).
2 2 * 2 (2)由 S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N 得[Sn-(n +n)](Sn+

3)=0. 又已知各项均为正数,故 Sn=n2+n. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n, 当 n=1 时,a1=2 也满足上式,所以 an=2n,n∈N*. (3)证明: k∈ N*,4k2+ 2k- (3k2+ 3k)= k2- k= k(k- 1)≥0,∴ 4k2 +2k≥3k2+3k, ∴ = ∴ 1 1 = ak?ak+1? 2k?2k+1? 1 ? 1 1 1?1 - ? ?. ≤ = 4k2+2k 3k2+3k 3?k k+1? 1 1 1 + +?+ a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1?
? ? ?

1 1 ? 1?1 1 1 1 ≤3?1-2+2-3+?+n-n+1? 1 ? 1 1? =3?1-n+1?<3.
?

∴不等式成立. 1 4.已知函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)· f(y)且 f(1)=2. (1)当 n∈N*时,求 f(n)的表达式; (2)设 an=n· f(n),n∈N*,求证:a1+a2+a3+?+an<2;

f?n+1? (3)设 bn=(9-n) ,n∈N*,Sn 为{bn}的前 n 项和,当 Sn 最 f?n? 大时,求 n 的值. 1 解:(1)令 x=n,y=1,得 f(n+1)=f(n)· f(1)=2f(n),
?1? 1 1 ∴{f(n)}是首项为2,公比为2的等比数列,∴f(n)=?2?n. ? ?

(2)证明:设 Tn 为{an}的前 n 项和,
?1?n ? ?, ∵an=n· f(n)=n· 2 ? ? ?1? ?1? ?1? 1 ∴Tn=2+2×?2?2+3×?2?3+?+n×?2?n, ? ? ? ? ? ? ?1?2 ?1?3 ?1?4 ?1?n ?1?n+1 1 T , n=?2? +2×?2? +3×?2? +?+(n-1)×?2? +n×?2? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1? ?1? 1 1 ?1? ?1? 两式相减得2Tn=2+?2?2+?2?3+?+?2?n-n×?2?n+1, ? ? ? ? ? ? ? ? ?1? ?1? ∴Tn=2-?2?n-1-n×?2?n<2. ? ? ? ?

即 a1+a2+a3+?+an<2.
?1? (3)∵f(n)=?2?n, ? ? ?1?n+1 ? ? f?n+1? 9-n ?2? ∴bn=(9-n)· =(9-n) 1 = 2 , ? ?n f?n? ? ? ?2?

∴当 n≤8 时,bn>0; 当 n=9 时,bn=0; 当 n>9 时,bn<0. ∴当 n=8 或 9 时,Sn 取得最大值.

1.已知数列{an}满足 an+1=2an+n+1(n∈N*). (1)若{an}是等差数列,求其首项 a1 和公差 d; (2)证明{an}不可能是等比数列; (3)若 a1=-1, 是否存在实数 k 和 b 使得数列{an+kn+b}是等比 数列?若存在,求出数列{an}的通项公式;若不存在,请说明理由. 解:(1)由题意知,a2=2a1+2,a3=2a2+3=4a1+7. 因为{an}是等差数列, 所以 2a2=a1+a3, 所以 a1=-3, a2=-4, 所以公差 d=-1.
2 (2)证明:假设{an}是等比数列,则 a2 2=a1a3,即(2a1+2) =a1(4a1

+7), 解得 a1=-4,从而 a2=-6,a3=-9. 又 a4=2a3+4=-14,所以 a2,a3,a4 不成等比数列,这与假设 矛盾. 故{an}不可能是等比数列. (3)假设存在满足条件的 k, b, 则对任意 n∈N*有 2an+n+1+k?n+1?+b = = an+kn+b 2an+?k+1?n+k+b+1 恒为常数,则 an+kn+b
? ? ?k+1=2k ?k=1, ? ,解得? ? ? ?k+b+1=2b ?b=2.

an+1+k?n+1?+b an+kn+b

所以数列{an+n+2}是首项为 a1+1+2=-1+1+2=2,公比为 2 的等比数列, 从而 an+n+2=2n,故 an=2n-n-2.

Sn 2.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,如果S 为常数,则称数列{an}
2n

为“幸福数列”. (1) 等差数列 {bn} 的首项为 1 ,公差不为零,若 {bn} 为“幸福数 列”,求{bn}的通项公式;
3 3 (2)数列{cn}的各项都是正数, 其前 n 项和为 Sn, 若 c3 1+c2+c3+? 3 * +cn =S2 n 对任意的 n ∈ N 都成立,试推断数列 {cn} 是否为“幸福数

列”?并说明理由. Tn 解:(1)设等差数列{bn}的公差为 d(d≠0),前 n 项和为 Tn,则T =k,因为 b1=1. 1 1 则 n+2 n(n- 1)d= k[2n+2· 2n(2n - 1)d],即 2+ (n- 1)d= 4k+ 2k(2n-1)d. 整理得,(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0. 因为对任意正整数 n 上式恒成立,则
2n

? ? ?d?4k-1?=0 ? ,解得? 1 ??2k-1??2-d?=0 k= ? ?
4

d=2 .

故数列{bn}的通项公式是 bn=2n-1.
3 2 (2)由已知,当 n=1 时,c1 =S2 1=c1.

因为 c1>0,所以 c1=1.
3 3 3 2 3 3 3 2 当 n≥2 时, c3 c1 +c2 +c3 +?+c3 1+c2+c3+?+cn=Sn, n-1=Sn-1. 3 2 两式相减,得 cn =S2 (Sn+Sn-1). n-Sn-1=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=cn· 2 因为 cn>0,所以 cn =Sn+Sn-1=2Sn-cn.

显然 c1=1 适合上式,
2 所以当 n≥2 时,cn -1=2Sn-1-cn-1.

2 于是 c2 n-cn-1=2(Sn-Sn-1)-cn+cn-1=2cn-cn+cn-1=cn+cn-1.

因为 cn+cn-1>0,则 cn-cn-1=1,所以数列{cn}是首项为 1,公 差为 1 的等差数列,所以 cn=n,Sn= n?n+1? 2 .

n?n+1? n+1 Sn 所以S = = 不为常数,故数列{cn}不是“幸福数 2n?2n+1? 4n+2 2n 列”.

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