浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练（三）数列.doc

1、1(三)数 列1已知正项数列 an的前 n 项和为 Sn， a11，且( t1) Sn a 3 an2( tR)2n(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足 b11， bn1 bn an1 ，求数列 的前 n 项和 Tn.12bn 7n解 (1)因为 a1 S11，且( t1) Sn a 3 an2，2n所以( t1) S1 a 3 a12，所以 t5.21所以 6Sn a 3 an2.2n当 n2 时，有 6Sn1 a 3 an1 2，2n 1得 6an a 3 an a 3 an1 ，2n 2n 1所以( an an1 )(an an1 3)0，因为 an0，所以 an an1

2、 3，又因为 a11，所以 an是首项 a11，公差 d3 的等差数列，所以 an3 n2( nN *)(2)因为 bn1 bn an1 ， b11，所以 bn bn1 an(n2， nN *)，所以当 n2 时，bn( bn bn1 )( bn1 bn2 )( b2 b1) b1 an an1 a2 b1 .3n2 n2又 b11 也适合上式，所以 bn (nN *)3n2 n22所以 12bn 7n 13n2 n 7n ，13 1nn 2 16 (1n 1n 2)所以 Tn 16 (1 13 12 14 1n 1n 2) .16 (32 1n 1 1n 2) 3n2 5n12n 1n 22

3、设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S3， ， S4成等差数列， a53 a22 a12.S52(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2 n1 ，求数列 的前 n 项和 Tn.anbn解 (1)设等差数列 an的首项为 a1，公差为 d，由 S3， ， S4成等差数列，S52可知 S3 S4 S5，得 2a1 d0，由 a53 a22 a12，得 4a1 d20，由，解得 a11， d2，因此， an2 n1( nN *)(2)令 cn (2 n1) n1 ，anbn (12)则 Tn c1 c2 cn， Tn113 5 2(2 n1) n1 ，12 (12) (12)Tn1 3

4、 25 3(2 n1) n，12 12 (12) (12) (12)，得Tn12 (2 n1) n12 12 (12)2 (12)n 1 (12)12 (2 n1) n1 (12)n 1 (12) 3 ，2n 32n Tn6 (nN *)2n 32n 13已知等差数列 an满足( n1) an2 n2 n k， kR.3(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Sn.4n2anan 1解 (1)方法一 由( n1) an2 n2 n k，令 n1,2,3，得到 a1 ， a2 ， a3 ，3 k2 10 k3 21 k4 an是等差数列，2 a2 a1 a3，

5、即 ，20 2k3 3 k2 21 k4解得 k1.由于( n1) an2 n2 n1(2 n1)( n1)，又 n10， an2 n1( nN *)方法二 an是等差数列，设公差为 d，则 an a1 d(n1) dn( a1 d)，( n1) an( n1)( dn a1 d) dn2 a1n a1 d， dn2 a1n a1 d2 n2 n k 对于任意 nN *均成立，则Error! 解得 k1， an2 n1( nN *)(2)由 bn 4n2anan 1 4n22n 12n 1 14n24n2 1 14n2 11 1，12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1)得 Sn b

6、1 b2 b3 bn 1 1 1 112(1 13) 12(13 15) 12(15 17) 12( 12n 1 12n 1) n12(1 13 13 15 15 17 12n 1 12n 1) n12(1 12n 1) n (nN *)n2n 1 2n2 2n2n 14(2018绍兴市柯桥区模拟)已知数列 an满足： x11， xn xn1 1enx1，证明：当nN *时，(1)0xn2 xn1 ；(3) n xn n1 .(12) (12)证明 (1)用数学归纳法证明 xn0，当 n1 时， x110，假设 xk0， kN *， k1，成立，当 n k1 时，若 xk1 0，则 xk xk

7、1 e10，矛盾，故 xk1 0，因此 xn0(nN *)，所以 xn xn1 1nx1 xn1 e 01 xn1 ，综上， xnxn1 0.(2)xn 1xn 2xn 1 xn xn 1(xn 1 nx 1) 2xn 1 xn 1 enx 1 x 1enx(xn 1 1)2n 1 1，设 f(x) x2e x(x1)1( x0)，则 f( x)2 xe xx0，所以 f(x)在0，)上单调递增，因此 f(x) f(0)0，因此 x 1enx(xn1 1)1 f(xn1 )f(0)0，2n 1故 xnxn1 xn2 xn1 .(3)由(2)得 11 时，1xn 1 (1xn 1)10， an

8、， n1,2，；11 x 11 x2 (23n x)5(3)证明： a1 a2 an .n2n 1(1)解 an1 ， 1 ，3an2an 1 1an 1 13(1an 1) 1 ， an (nN *)1an 23 13n 1 23n 3n3n 2(2)证明 由(1)知 an 0，3n3n 2 11 x 11 x2(23n x) 11 x 11 x2(23n 1 1 x) 11 x 11 x21an 1 x 2 an an，1an 11 x2 21 x 1an( 11 x an)原不等式成立(3)证明 由(2)知，对任意的 x0，有a1 a2 an 11 x 11 x2(23 x) 11 x

9、11 x2(232 x) 11 x 11 x2(23n x) ，n1 x 11 x2(23 232 23n nx)取 x ，1n(23 232 23n) 1n(1 13n)则 a1 a2 an ，n1 1n(1 13n)n2n 1 13n n2n 1原不等式成立6已知在数列 an中，满足 a1 ， an1 ，记 Sn为 an的前 n 项和12 an 12(1)证明： an1 an；(2)证明： ancos ；32n 1(3)证明： Snn .27 254证明 (1)由题意知 an的各项均为正数，因为 2a 2 a an12 a (1 an)(12 an)2n 1 2n 2n所以，要证 an1

10、an，只需要证明 anan.(2)用数学归纳法证明 ancos .32n 1当 n1 时， a1 cos 成立，12 3假设当 n k 时， akcos .32k 1那么当 n k1 时，ak1 cos ，ak 12 cos 32k 1 12 32k综上所述， ancos .32n 1(3)由题意及(2)知，11 an 12 an 1 121 a 1cos 22n32n 1sin 2 1 (n2)，2 294n 1故当 n1 时， S1 1 ；12 27 254当 n2 时， Sn n i 2(1 2 294i) 12 n 12 2 29 43 116(1 14n 1)n .27 254综上所述， Snn .27 254