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1、(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＋
2、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 ＝＝<
＝，
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
3、 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
4、＝－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)
5、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
6、，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＋＋＋＋…＋
＝＋
＝＋－＝－<，
∴S10，an≥－·，n＝1,2，…；
(3)證明：a1＋a2＋…＋an>.
(1)解 ∵an＋1＝，∴－1＝，
又－1＝，
∴－1＝·＝，∴an＝
7、(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
8、)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＝＋
9、(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－
10、1>0，
解此不等式得對一切k∈N*，有c>ck或cck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ca2k－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*
11、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，＋∞)．
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