（浙江專用）2020版高考數(shù)學三輪沖刺 搶分練 壓軸大題突破練（三）數(shù)列

(三)數(shù)　列 1．(2019·寧波中學模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對于任意n∈N*滿足：an>0，且an是4Sn和3－a的等差中項． (1)求a1的值； (2)求數(shù)列{an}的通項公式； (3)證明：對一切正整數(shù)n，都有＋＋…＋<. (1)解　∵an是4Sn和3－a的等差中項， ∴2an＝4Sn＋3－a， 對于上式，令n＝1， 則2a1＝4a1＋3－a?a1＝3或a1＝－1， 又an>0，∴a1＝3. (2)解　易知，4Sn＝a＋2an－3，① 4Sn＋1＝a＋2an＋1－3，n∈N*，② 上述兩式作差并化簡得 2(an＋1＋an)＝a－a， 即2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)， 又an>0，所以an＋1－an＝2，n∈N*， 即數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差為2， 由a1＝3，可知an＝a1＋2(n－1)＝2n＋1， 即數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋1，n∈N*. (3)證明?。剑?lt; ＝， 即<， 于是＋＋…＋ < ＝<， 即對一切正整數(shù)n，都有 ＋＋…＋<. 2．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，令bn＝an＋1. (1)求證：{bn}是等比數(shù)列； (2)記數(shù)列{nbn}的前n項和為Tn，求Tn； (3)求證：－<＋＋＋…＋<. (1)證明　a1＝2，a2＝2(2＋2)＝8， an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)， an＝2(Sn－1＋n)(n≥2)， 兩式相減，得an＋1＝3an＋2(n≥2)． 經(jīng)檢驗，當n＝1時上式也成立， 即an＋1＝3an＋2(n≥1)． 所以an＋1＋1＝3(an＋1)， 即bn＋1＝3bn，且b1＝3. 故{bn}是首項為3，公比為3的等比數(shù)列． (2)解　由(1)得bn＝3n，nbn＝n·3n. Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n， 3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1， 兩式相減，得 －2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1 ＝－n×3n＋1， 化簡得Tn＝×3n＋. (3)證明　由(1)得bn＝3n，所以an＝3n－1， 所以＝>， 所以＋＋＋…＋>＋＋…＋ ＝＝－×. 又＝＝ < ＝， 所以＋＋＋…＋ <＋ ＝＋ ＝＋－×<， 故－<＋＋＋…＋<. 3．(2019·余高等三校聯(lián)考)已知{an}是公比大于0的等比數(shù)列，{bn}是等差數(shù)列，且a1＝，＝＋4，a3＝，a4＝. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式； (2)若cn＝·，記Sn＝c1＋c2＋…＋cn，求證：≤Sn<(n∈N*)． (1)解　設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q>0)， 則 即－－2＝0，解得q＝－1(舍)或q＝， ∴an＝(n∈N*)． 設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d， 則即 解得 ∴bn＝n－1(n∈N*)． (2)證明　∵cn＝·＝ ＝－， ∴Sn＝＋＋…＋ ＝－<； 又∵Sn＋1－Sn＝－－＋＝>0，∴數(shù)列{Sn}遞增， 則Sn≥S1＝c1＝， 綜上，≤Sn<(n∈N*)． 4．(2019·衢二中模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，an＝(n≥2)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求證：－≤Sn<. (1)解　∵＝＋1，∴＋1＝2， 又＝1， ∴＋1＝2n，∴an＝(n∈N*)． (2)證明　當n＝1時，S1＝a1＝1， －＝1，即－＝S1； 當n≥2時，an>，即Sn>1＋＋＋…＋ ＝1＋＝－. ∴Sn≥－(n∈N*)， ∵an>0，∴{Sn}遞增， a1＝1，a2＝， 當n≥3時，an<＝， 即Sn<1＋＋＋＋…＋ ＝＋ ＝＋－＝－<， ∴S1<S2<S3<， ∴Sn<(n∈N*)， 綜上所述，－≤Sn<(n∈N*)． 5．已知數(shù)列{an}的首項a1＝，an＋1＝，n＝1,2，…. (1)求{an}的通項公式； (2)證明：對任意的x>0，an≥－·，n＝1,2，…； (3)證明：a1＋a2＋…＋an>. (1)解　∵an＋1＝，∴－1＝， 又－1＝， ∴－1＝·＝，∴an＝(n∈N*)． (2)證明　由(1)知an＝>0，＝＋1， －＝－ ＝－ ＝－·＋＝－2＋an≤an， ∴原不等式成立． (3)證明　由(2)知，對任意的x>0， 有a1＋a2＋…an≥－＋－＋…＋－ ＝－， ∴取x＝＝， 則a1＋a2＋…＋an≥＝>， ∴原不等式成立． 6．(2019·浙大附中模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1(2n＋1)(n∈N*)，其中實數(shù)c≠0. (1)求{an}的通項公式； (2)若對一切k∈N*有a2k>a2k－1，求c的取值范圍． 解　(1)方法一　由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c， a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2， a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3， 猜想an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*. 下面用數(shù)學歸納法證明． 當n＝1時，等式成立； 假設(shè)當n＝k時，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1， 則當n＝k＋1時， ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1) ＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1(2k＋1) ＝(k2＋2k)ck＋1＋ck＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck， 綜上，an＝(n2－1)cn＋cn－1對任何n∈N*都成立． 方法二　由原式得＝＋(2n＋1)． 令bn＝，則b1＝，bn＋1＝bn＋(2n＋1)， 因此對n≥2有bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1 ＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3＋ ＝n2－1＋， 因此an＝(n2－1)cn＋cn－1，n≥2. 又當n＝1時上式成立． 因此an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*. (2)方法一　由a2k>a2k－1，得 [(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2， 因為c2k－2>0， 所以(4k2－1)c2－(4k2－4k－1)c－1>0， 為關(guān)于c的一元二次不等式，4k2－1>0， 解此不等式得對一切k∈N*，有c>ck或c<ck′，其中 ck＝， ck′＝. 易知ck＝1， 又由 <＝4k2＋1知， ck<＝<1， 因此由c>ck對一切k∈N*成立得c≥1. 又ck′＝<0， 易知ck′關(guān)于k單調(diào)遞增，故 ck′≥c1′對一切k∈N*成立， 因此由c<ck′對一切k∈N*成立得c<c1′＝－. 從而c的取值范圍為∪[1，＋∞)． 方法二　由a2k>a2k－1，得 [(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2， 因為c2k－2>0， 所以4(c2－c)k2＋4ck－c2＋c－1>0對k∈N*恒成立． 記f(x)＝4(c2－c)x2＋4cx－c2＋c－1， 下面分三種情況討論． ①當c2－c＝0即c＝0或c＝1時， 代入驗證可知只有c＝1滿足要求． ②當c2－c<0時，拋物線y＝f(x)開口向下， 因此當正整數(shù)k充分大時，f(x)<0， 不符合題意，此時無解． ③當c2－c>0即c<0或c>1時， 拋物線y＝f(x)開口向上，其對稱軸 x＝必在直線x＝1的左邊． 因此，f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)． 所以要使f(k)>0對k∈N*恒成立，只需f(1)>0即可． 由f(1)＝3c2＋c－1>0， 解得c<或c>. 結(jié)合c<0或c>1得c<－或c>1. 綜上所述，c的取值范圍為∪[1，＋∞)． 8