1、1高考解答题专项练数列1.已知正数数列 an的前 n 项和为 Sn,满足 =Sn+Sn-1(n2), a1=1.a2n(1)求数列 an的通项公式;(2)设 bn=(1-an)2-a(1-an),若 bn+1bn对任意 nN *恒成立,求实数 a 的取值范围 .解 (1) =Sn+Sn-1(n2), =Sn-1+Sn-2(n3) . a2n a 2n-1两式相减可得 =Sn-Sn-2=an+an-1,a n-an-1=1.a2n-a 2n-1a 1=1, 正数数列 an是以 1 为首项,以 1 为公差的等差数列,a n=n.(2)b n=(1-an)2-a(1-an),b n+1=(1-an+
2、1)2-a(1-an+1).即 bn=(1-n)2-a(1-n)=n2+(a-2)n+1-a,bn+1=1-(n+1)2-a1-(n+1)=n2+an.故 bn+1-bn=2n+a-1.再由 bn+1bn对任意 nN *恒成立可得 2n+a-10 恒成立,故 a1-2n 恒成立 .而 1-2n 的最大值为 1-2=-1,故 a-1,即实数 a 的取值范围为( -1,+ ).2.已知数列 an满足 a1=1,Sn=2an+1,其中 Sn为 an的前 n 项和( nN *).(1)求 S1,S2及数列 Sn的通项公式;(2)若数列 bn满足 bn= ,且 bn的前 n 项和为 Tn,求证:当 n2
3、 时, |Tn|(-1)nSn 13 79.(1)解 数列 an满足 Sn=2an+1,则 Sn=2an+1=2(Sn+1-Sn),即 3Sn=2Sn+1, Sn+1Sn =32.即数列 Sn为以 1 为首项,以 为公比的等比数列,32S n= (nN *).S 1=1,S2=(32)n-1 32.(2)证明 在数列 bn中, bn= =(-1) ,Tn为 bn的前 n 项和,(-1)nSn (-1)n-1(32)n-1 =(-23)n-1则 |Tn|=|(-1)1+(-23)+49+(-23)3+(-23)n-1|1+(-23)+49+(-23)3+(-23)n-1|.而当 n2 时,1-
4、1+23 (-23)+49+(-23)3+(-23)n-12,即 |Tn| |1+(-23)+49|=79 13 79.3.已知数列 an满足: -an-an+1+1=0,a1=2.a2n(1)求 a2,a3;(2)证明数列 an为递增数列;(3)求证: + 0,对 nN *恒成立, a n+1an.a2n(3)证明 an+1-1= -an,故 ,a2n1an+1-1= 1a2n-an= 1an-1-1an故 ,1an= 1an-1- 1an+1-1故 + +1a1+1a2+1a3 1an=( 1a1-1- 1a2-1)+( 1a2-1- 1a3-1)=1- 0,mN *,q(1, ,证明:存
5、在 dR,使得 |an-bn| b1对 n=2,3,m+1 均成立,并求m2d 的取值范围(用 b1,m,q 表示) .解 (1)由条件知, an=(n-1)d,bn=2n-1.因为 |an-bn| b1对 n=1,2,3,4 均成立,即 |(n-1)d-2n-1|1 对 n=1,2,3,4 均成立,即 11,1 d3,32 d5,73 d9,得 d73 52.因此, d 的取值范围为 73,52.(2)由条件知, an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在 d,使得 |an-bn| b1(n=2,3,m+1)成立,即 |b1+(n-1)d-b1qn-1| b1(n=2,3,m+1)
6、,即当 n=2,3,m+1 时, d 满足 b1 d b1.qn-1-2n-1 qn-1n-1因为 q(1, ,则 10,对 n=2,3,m+1 均成立 .qn-1-2n-1 qn-1n-1因此,取 d=0 时, |an-bn| b1对 n=2,3,m+1 均成立 .下面讨论数列 的最大值和数列 的最小值( n=2,3,m+1).qn-1-2n-1 qn-1n-1 当 2 n m 时, ,qn-2n -qn-1-2n-1 =nqn-qn-nqn-1+2n(n-1) =n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1)4当 10. 21m因此,当 2 n m+1 时,数列 单调递增,qn-1-2n-1故数列 的最大值为qn-1-2n-1 qm-2m. 设 f(x)=2x(1-x),当 x0 时, f(x)=(ln2-1-xln2)2x0,所以 f(x)单调递减,从而 f(x)f(0)=1.当 2 n m 时, =f 1,qnnqn-1n-1=q(n-1)n 21n(1-1n)(1n)因此,当 2 n m+1 时,数列 单调递减,qn-1n-1故数列 的最小值为qn-1n-1 qmm.因此, d 的取值范围为 b1(qm-2)m ,b1qmm.
