高考数学数列大题专题训练
高考数学数列大题专题训练
命题:郭治击 审题:钟世美
1. 在数1和100之间插入n 个实数,使得这n+2个数构成递增的等比数列,将这n+2个数的乘积记作T n ,再令a n =lg T n ,n ≥1. (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;
(Ⅱ)设b n =tan a n ⋅tan a n +1,求数列{b n }的前n 项和S n .
n ≥2) 满足a n +1-a 1=1(k =1, 2,..., n -1) ,数列A n 为E 数列,记2 .若数列A n =a 1, a 2, ... , a n (
S (A n ) =a 1+a 2+... +a n .
(Ⅰ)写出一个满足a 1=a s =0,且S (A s ) 〉0的E 数列A n ;
(Ⅱ)若a 1=12,n=2000,证明:E 数列A n 是递增数列的充要条件是a n =2011; (Ⅲ)对任意给定的整数n (n≥2),是否存在首项为0的E 数列A n ,使得S 个满足条件的E 数列A n ;如果不存在,说明理由。
(A n )=0?如果存在,写一
3. 已知等比数列{an }的公比q=3,前3项和S 3=(I )求数列{an }的通项公式;
(II )若函数f (x ) =A sin(2x +ϕ)(A >0, 0
4. 设b>0,数列{a n }满足a 1=b,a n =
133
。
π
6
处取得最大值,且最大值为a 3,
nba n -1a n -1+2n -2
(n ≥2)
.
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)证明:对于一切正整数n ,a n ≤
b 2
n +1n +1
+1.
5. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足:a 1=a (a ≠0) ,a n (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)若存在k ∈ N *,使得S k
+1
+1
=rS n (n ∈N *,r ∈R , r ≠-1) .
,S k ,S k
+2
成等差数列,是判断:对于任意的m ∈N *,且m ≥2,
a m +1,a m ,a m +2是否成等差数列,并证明你的结论.
6. 已知函数f (x ) =x ,g (x )=x
3
(Ⅰ)求函数h (x )=f (x )-g (x ) 的零点个数,并说明理由;
(Ⅱ)设数列{a n }(n ∈N ) 满足a 1=a (a >0) ,f (a n +1) =g (a n ) ,证明:存在常数M, 使得对于任意的n ∈N ,都有a n ≤ M .
*
*
7. 已知两个等比数列{a n },{b n },满足a 1=a (a >0), b 1-a 1=1, b 2-a 2=2, b 3-a 3=3. (1)若a =1,求数列{a n }的通项公式; (2)若数列{a n }唯一,求a 的值.
8、已知等差数列{a n }满足a 2=0,a 6+a 8=-10
⎧a n ⎫
(I )求数列{a n }的通项公式; (II )求数列⎨n -1⎬的前n 项和.
⎩2⎭
9. 设数列{a n }满足a 1=0且
11-a n +1
-
11-a n
=1.
(Ⅰ)求{a
n
}的通项公式 (Ⅱ
)设b n
=
n
记S n =
∑b
k =1
k
, 证明:S n
10. 等比数列{a n }中,a 1, a 2, a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a 1, a 2, a 3中的任何两个数不在下表的同一列.
(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;
(Ⅱ)若数列{b n }满足:b n =a n +(-1) ln a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .
11. 已知数列{a n }和{b n }的通项公式分别为a n =3n +6,b n =2n +7(n ∈N
*
*
*
),将集合
{x |x =a n , n ∈N } {x |x =b n , n ∈N }中的元素从小到大依次排列,构成数列
c 1, c 2, c 3, , c n , 。
⑶ 求c 1, c 2, c 3, c 4 ⑵ 求证:在数列{c n }中、但不在数列{b n }中的项恰为a 2, a 4, , a 2n , ⑶ 求数列{c n }的通项公式。
12.(1)写出a 1, a 2, a 3并判断{a n }是否为等比数列。若是,给出证明;若不是,说明理由;
*
(II)设b n =nda n (n ∈N ) ,求数列{b n }的前n 项和S n .
13. 已知数列{a n }与{b n }满足:b n a n +a n +1+b n +1a n +2=0, b n =
3+(-1)
2
n
, n ∈N ,且
*
a 1=2, a 2=4.
(Ⅰ)求a 3, a 4, a 5的值 (Ⅱ)设c n =a 2n -1+a 2n +1, n ∈N ,证明:{c n }是等比数列
*
4n
(III )设S k =a 2+a 4+⋅⋅⋅+a 2k , k ∈N , 证明:
*
∑
k =1
S k a k
76
(n ∈N )
*
14. 等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1, a 3=9a 2a 6.
2
(1)求数列{a n }的通项公式.
(2)设 b n =log 3a 1+log 3a 2+...... +log 3a n , 求数列⎨
⎧1⎫
⎬的前n 项和. b ⎩n ⎭
15. 已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R ), 设数列的前n 项和为S n ,且
成等比数列
(1)求数列{a n }的通项公式及S n
1a 1
,
1a 2
,
1a 4
(2)记A n =
1S 1
+
1S 2
+
1S 3
1
+... +
S n
,B n =
1a 1
+
1a 2
+
1a 22
+... +
1a 2n
,当n ≥2时,试比较A n
与B n 的大小.
16. 设实数数列{a n }的前n 项和S n ,满足S n +1=a n +1S n (n ∈N ) (I )若a 1, S 2-2a 2成等比数列,求S 2和a 3; (II )求证:对k ≥3有0≤a k +1≤a k ≤
*
43
参考答案
1. 解:(Ⅰ)设t 1, t 2, , t n +2构成等比数列,其中t 1=1, t n +2=100,则
T n =t 1⋅t ⋅2 ⋅t n +1⋅t n +2 T n =t n +2⋅t ⋅n +1 ⋅t 2⋅t 1
① ②
2
①×②并利用t i ⋅t n +3-i =t 1⋅t n +2=10, (1≤i ≤n +2) ,得
T n =10
22(n +2)
∴a n =lg T n =n +2, n ≥1.
(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果,知
b n =tan(n +2) ⋅tan(n +3), n ≥1
另一方面,利用
tan 1=tan((k +1) -k ) =
得
tan(k +1) -tan k 1-tan(k +1) ⋅tan k
tan(k +1) ⋅tan k =
所以
n
n +2i
tan(k +1) -tan k
tan 1
-1
S n =
n +2
∑b
i =1
=
∑tan(k +1) ⋅tan k
i =3
==
∑
i =3
(
tan(k +1) -tan k
tan 1tan 1
-n
-1)
tan(n +3) -tan 3
2. 解:(Ⅰ)0,1,2,1,0是一具满足条件的E 数列A 5。
(答案不唯一,0,1,0,1,0也是一个满足条件的E 的数列A 5) (Ⅱ)必要性:因为E 数列A 5是递增数列, 所以a k +1-a k =1(k =1, 2, , 1999) . 所以A 5是首项为12,公差为1的等差数列. 所以a 2000=12+(2000—1)×1=2011. 充分性,由于a 2000—a 1000≤1, a 2000—a 1000≤1 …… a 2—a 1≤1
所以a 2000—a≤19999,即a 2000≤a1+1999.
又因为a 1=12,a 2000=2011,
所以a 2000=a1+1999.
a n +1-a n =1>0(k =1, 2, , 1999), 即A n 是递增数列.
综上,结论得证。
(Ⅲ)令c k =a k +1-a k =1>0(k =1, 2, , n -1), 则c A =±1. 因为a 2=a 1+c 1+a 1=a 1+c 1+c 2 ……
a n =a 1+c 1+c 2+ +c n +1,
所以S (A n ) =na 1+(n -1) c 1+(n -2) c 2+(n -3) c 3+ +c n -1
=
n (n -1)
2
-[(1-c 1)(n -1) +(1-c 2)(n -2) + +(1-c n -1)].
因为c k =±1, 所以1-c k 为偶数(k =1, , n -1).
所以*1-c 1)(n -1) +(1-c 2)(n -2) + +(1-c n ) 为偶数, 所以要使S (A n ) =0, 必须使
n (n -1)
2
为偶数,
即4整除n (n -1), 亦即n =4m 或n =4m +1(m ∈N *). 当
n =4m +1(m ∈N *)时, E 数列A n 的项满足a 4k +1=a 4k -1=0, a 4k -2=-1,
a 4k =1(k =1, 2, , m ) 时,有a 1=0, S (A n ) =0;
a 4k =1(k =1, 2, , m ), a 4k +1=0时, 有a 1=0, S (A n ) =0;
当n =4m +1(m ∈N *)时, E 数列A n 的项满足,a 4k -1=a 3k -3=0, a 4k -2=-1,
当n =4m +2或n =4m +3(m ∈N ) 时, n (m -1) 不能被4整除,此时不存在E 数列A n , 使得a 1=0, S (A n ) =0. 3.
4. 解(1)法一:
a n n
=
ba n -1
a n -1+2(n -1)
2b ⋅b n -1+
121b
,得
n a n
=
a n -1+2(n -1)
ba n -1
=
1b
+
2n -1⋅, b a n -1
设
n a n
=b n ,则b n =
(n ≥2) ,
12
(ⅰ)当b =2时,{b n }是以即b n =
为首项,为公差的等差数列,
12
+(n -1) ⨯
12
=
12
n ,∴a n =2
2b
⋅(b n -1+λ) ,则b n =
12-b
=2b 1
2b
⋅b n -1+λ(
12-b
2b -1) ,
(ⅱ)当b ≠2时,设b n +λ=令λ(
2b
-1) =12-b
1b
,得λ=
12-b
,∴b n +⋅(b n -1+
) (n ≥2) ,
知b n +是等比数列,∴b n +
12-b
=(b 1+
n
n
2n -11) ⋅() ,又b 1=, 2-b b b
,∴a n =
∴b n =
⋅() -=⋅
2-b b 2-b 2-b
12
12
n
112-b b
n
nb (2-b ) 2-b
n
n
n
.
法二:(ⅰ)当b =2时,{b n }是以即b n =
为首项,
12
为公差的等差数列,
12
+(n -1) ⨯
12
=
12
n ,∴a n =2
(ⅱ)当b ≠2时,a 1=b ,a 2=
2b
2
b +2
=
2b (b -2) b -2
2
2
2
,a 2=
3b
2
3
b +2b +4
=
3b (b -2) b -2
3
3
3
,
猜想a n =
nb (b -2) b -2
n
n
n
,下面用数学归纳法证明:
①当n =1时,猜想显然成立; ②假设当n =k 时,a k =
kb (b -2) b -2
k
k
k k
,则
k
a k +1=
(k +1) b ⋅a k a k +2(n -1)
=
(k +1) b ⋅kb (b -2) kb (b -2) +2k ⋅(b -2)
k
k
=
(k +1) b
b
k +1
k +1
(b -2)
k +1
-2
,
所以当n =k +1时,猜想成立, 由①②知,∀n ∈N *,a n =
nb (b -2) b -2
22
n
n n +1n +1
n
.
(2)(ⅰ)当b =2时, a n =2=(ⅱ)当b ≠
2时,b
2n
+1,故b =2时,命题成立;
+2
2n
≥=2
n
n +1
b ,
n
b
2n -1
⋅2+b ⋅2
n +1
2n -1
≥n -1
=2
n +1
b ,
, b
b
2n
⋅2
n -1
+b ⋅2
n +1
n +1
≥n -1
⋅2
=2
n +1
n
b ,以上n 个式子相加得
2n -1
+b
2n -1
⋅2+ +b b (b -2)
n
n
n
⋅2[(b
+b +b
n -1n +1
+ +b ⋅2+2
2n
2n
≥n ⋅2
n
n +1
b ,
n
a n =(b
n ⋅22
2n
n +12n 2n -1
n +1
(b -2)
≤
⋅2+ +b ⋅2
2
n +1
2n -1n
+2
n
) -b ⋅2](b -2)
n
(b -2)
n
n
=
+b
2n -1
⋅2+ +b ⋅2
2
2n -1
n
+2
2n n
)(b -2) -b ⋅2(b -2)
n +1
(b -2)
n
n +1
=
(b
2n +1
-2
2n +1
) -b
n
n +1
⋅2+b ⋅2
n
n
2
(b
2n +1
n +1
(b -2)
n
n
n +1
2n +1
=
-b
n +1
⋅2) +(b ⋅2
n +1
-2)
2(b -2)
n n
=
b 2
n +1n +1
+1.故当b ≠2时,命题成立;
综上(ⅰ)(ⅱ)知命题成立.
5. 解:(I )由已知a n +1=rS n , 可得a n +2=rS n +1,两式相减可得
(S n +1-S n ) =r a , a n +2-a n +1=r n +1
即a n +2=(r +1) a n +1,
又a 2=ra 1=ra , 所以r=0时, 数列{a n }为:a ,0,…,0,…;
当r ≠0, r ≠-1时,由已知a ≠0, 所以a n ≠0(n ∈N ),
*
于是由a n +2=(r +1) a n +1, 可得
a n +2a n +1
=r +1(n ∈N ) ,
*
∴a 2, a 3, , a n + 成等比数列, ∴当n ≥2时,a n =r (r +1)
n -2
a .
n =1, ⎧a n 综上,数列{a n }的通项公式为a n =⎨ n -2
⎩r (r +1) a , n ≥2
(II )对于任意的m ∈N ,且m ≥2, a m +1, a m , a m +2成等差数列,证明如下:
*
当r=0时,由(I )知,a m =⎨
⎧a , n =1, ⎩0, n ≥2
∴对于任意的m ∈N ,且m ≥2, a m +1, a m , a m +2成等差数列, 当r ≠0,r ≠-1时,
S k +2=S k +a k +1+a k +2, S k ++a k +. 1
1
若存在k ∈N ,使得S k +1, S 1, S k +2成等差数列, 则S k +1+S k +2=2S k , ∴2S k +2a k +1+a k +2=2S k 即,
, a +=-2a +
k 2k 1
*
*
由(I )知,a 2, a 3, , a m , 的公比r +1=-2,于是
对于任意的m ∈N ,且m ≥2, a m +1=-2a m , 从而a m +2=4a m , ∴a m +1+a m +2=2a m , 即a m +1, a m , a m 成等差数列, +2
综上,对于任意的m ∈N ,且m ≥2, a m +1, a m , a m +2成等差数列。 6. 解析:(I )
由h (x ) =x -x -
3
*
*
知,x ∈[0+, ∞,而h (0=) ,
且
h (1=) -) ,则6x =0为2h (x ) 0的一个零点,且h (x ) 在
h (x ) 至少有两个零点
解法1:h '(x ) =3x -1-
2
12
x
-
12
,记ϕ(x ) =3x -1-
2
12
x
-
12
,则ϕ'(x ) =6x +
14
x
-
32
。
当x ∈(0,+∞) 时,ϕ'(x ) >0,因此ϕ(x ) 在(0,+∞) 上单调递增,则ϕ(x ) 在(0,+∞) 内至多只有一
个零点。
又因为ϕ(1)>0, ϕ3
(x ) 在3
内有零点,所以ϕ(x ) 在(0,+∞) 内有且只
x 1) =有一个零点。记此零点为x 1,则当x ∈(0, x 1) 时,ϕ(x )
ϕ(x ) >ϕ' (x 1) =
所以,
0;
当x ∈(0,x 1) 时,h (x ) 单调递减,而h (0)=0,则h (x ) 在(0,x 1]内无零点;
当x ∈(x 1, +∞) 时,h (x ) 单调递增,则h (x ) 在(x 1, +∞) 内至多只有一个零点; 从而h (x ) 在(0,+∞) 内至多只有一个零点。综上所述,h (x ) 有且只有两个零点。
12
12
32
解法2:h (x ) =x (x -1-x
2
-
) ,记ϕ(x ) =x -1-x
2
-
,则ϕ'(x ) =2x +
12
x
-
。
当x ∈(0,+∞) 时,ϕ'(x ) >0,因此ϕ(x ) 在(0,+∞) 上单调递增,则ϕ(x ) 在(0,+∞) 内至多只有一个零点。因此h (x ) 在(0,+∞) 内也至多只有一个零点, 综上所述,h (x ) 有且只有两个零点。 (II )记h (x ) 的正零点为x
0,即x 0=x 0+
3
。
3
(1)当a
而a 2=a 1+猜测:a n
3
②假设当n =k (k ≥1) 时,有a k
a k +1=a k +
3
*
=x 0知,a k +1
3
故对任意的n ∈N ,a n
(2)当a ≥x 0时,由(1)知,h (x ) 在(x 0, +∞) 上单调递增。则h (a ) ≥h (x 0) =0,
即a ≥a +。
从而a 2=a 1+
3
3
=a +≤a ,即a 2≤a ,由此猜测:a n ≤a 。下面用数学归纳法证明:
3
①当n =1时,a 1≤a 显然成立;
②假设当n =k (k ≥1) 时,有a k ≤a 成立,则当n =k +1时,由
a k +1=a k +
3
≤a +
*
≤a 知,a k +1≤a ,因此,当n =k +1时,a k +1≤a 成立。
3
故对任意的n ∈N ,a n ≤a 成立。
综上所述,存在常数M =max{x 0, a },使得对于任意的n ∈N ,都有a n ≤M . 7. (1)设{a n }的公比为q ,则b 1=1+a =2, b 2=2+aq =2+q , b 3=3+aq
由b 1, b 2, b 3成等比数列得(2+q )
2
2
*
=3+q
2
=2(3+q )
2
即q -4q +2=0, 解得q 1=2+所以{a
n }的通项公式为a n =(2+
2
q 2=2-2
2
n -1
或a n =(2-
n -1
.
(2)设{a n }的公比为q ,则由(2+aq )
得aq -4aq +3a -1=0(*)
2
=(1+a )(3+aq ),
由a >0得∆=4a +4a >0,故方程(*)有两个不同的实根 由{a n }唯一,知方程(*)必有一根为0,代入(*)得a =
2
13
.
8. 解:(I )设等差数列{a n }的公差为d ,由已知条件可得⎨
⎧a 1+d =0, ⎩2a 1+12d =-10,
解得⎨
⎧a 1=1, ⎩d =-1.
,故数列{a n }的通项公式为a n =2-n .
(II )设数列{
a n 2
的前n 项和为S n ,即S n =a 1+n -1
a n 2
n
a 22
+ +
a n 2
n -1
, 故S 1=1,
S n 2
=
a 12
+
a 24
+ +.
所以,当n >1时,
S n 2
=a 1+=1-(
a 2-a 1
212+1412
+ +
a n -a n -1
21
n -1
n -1
-)
a n 2
n
+ +
22
n
-
2-n 2
n
=1-(1-
n 2
n
) -n -1
2-n
=.
n 2
n -1
所以S n =
.
综上,数列{
a n 2
的前n 项和S n =n -1
11-a n +1
11-a n
11-a n
n 2
n -1
.
9. 解:(I )由题设-=1, 即{
11-a n
1n
是公差为1的等差数列。
又
11-a 1
=1, 故
=n . 所以a n =1-
.
(II )由(I )得
b n =
=
1
1n
,
=n
S n =
∑
k =1
b k =
∑
k =1
-
=1-
10. 解:(I )当a 1=3时,不合题意;
当a 1=2时,当且仅当a 2=6, a 3=18时,符合题意; 当a 1=10时,不合题意。
因此a 1=2, a 2=6, a 3=18, 所以公式q=3,故a n =2⋅3 (II )因为b n =a n +(-1) ln a n
n
n -1
.
=2⋅3=2⋅3=2⋅3
n -1n -1n -1
+(-1) (2⋅3
n
n n -1
)
n
+(-1) [ln2+(n -1) ln 3]+(-1) (ln2-ln 3) +(-1) n ln 3,
2n -1
n
S 2n =2(1+3+ +3
) +[-1+1-1+ +(-1)
2n
](ln2-ln 3) +[-1+2-5+ +(-1) n ]ln 3,
n
所以当n 为偶数时,S n =2⨯
1-3
n
1-3
n
+
n 2
ln 3=3+
n
n 2
ln 3-1;
当n 为奇数时,S n =2⨯
1-3
1-3
-(ln2-ln 3) +(
n -12
-n ) ln 3=3-
n
n -12
ln 3-ln 2-1.
⎧n n
3+ln 3-1, n 为偶数⎪⎪2
综上所述,S n =⎨
⎪3n -n -1ln3-ln2-1,n 为奇数⎪⎩2
11. ⑴ c 1=9, c 2=11, c 3=12, c 4=13; ⑵ ① 任意n ∈N
*
,设a 2n -1=3(2n -1) +6=6n +3=b k =2k +7,则k =3n -2,即
a 2n -1=b 3n -2
② 假设a 2n =6n +6=b k =2k +7⇔k =3n -
12
,∴ a 2n ∉{b n } ∈N (矛盾)
*
∴ 在数列{c n }中、但不在数列{b n }中的项恰为a 2, a 4, , a 2n , 。 ⑶ b 3k -2=2(3k -2) +7=6k +3=a 2k -1,
b 3k -1=6k +5,a 2k =6k +6,b 3k =6k +7
∵ 6k +3
∴ 当k =1时,依次有b 1=a 1=c 1, b 2=c 2, a 2=c 3, b 3=c 4,……
⎧6k +3(n =4k -3)
⎪
⎪6k +5(n =4k -2) *
∴c n =⎨, k ∈N
⎪6k +6(n =4k -1) ⎪⎩6k +7(n =4k )
设d 为非零实数,a n =
n -1
n -1
1n
(C n d +2C n d
122
+ +(n -1) C n d
1
2
2
3
+nC n d ](n ∈N )
n -1
n
n n *
a 1=d
12. 解析:(1)a 2=d (d +1)
2
a n =C n d +C n d +C n d + +C n d a n +1=d (1+d ) a n +1a n
=d +1
n
=d (1+d )
n -1
a 3=d (d +1)
因为d 为常数,所以{a n }是以d 为首项,d +1为公比的等比数列。
b n =nd (1+d )
2
2
2n -1
2
1
2
2
2
n -1
(2)S n =d (1+d ) +2d (1+d ) +3d (1+d ) + +nd (1+d )
=d [(1+d ) +2(1+d ) +3(1+d ) + +n (1+d )
2
1
2
3
12n -1
](1)
n
(1+d ) S n =d [(1+d ) +2(1+d ) +3(1+d ) + +n (1+d ) ](2)
(2)-(1)=dS n =-d [
2
1⋅(1-(1+d ) ) 1-(1+d )
n
+d n (1+d ) =d +(d n -d )(1+d )
2n 2n
∴S n =1+(dn -1)(1+d )
n
13. (I )解:由b n =
3+(-1)
2
n
, n ∈N ,
*
可得b n =⎨
⎧1, n 为奇数⎩2,n 为偶数
,又b n a n +a n +1+b n +1a n +2=0,
当n=1时,a 1+a2+2a3=0,由a 1=2,a2=4,可得a 3=-3; 当n=2时,2a 2+a3+a4=0,可得a 4=-5; 当n=3时,a 3+a4+2a5=0,可得a 4=4.
(II )证明:对任意n ∈N ,
*
a 2n -1+a 2n +2a 2n +1=0, 2a 2n +a 2n +1+a 2n +2=0, a 2n +1+a 2n +2+2a 2n +3=0,
②—③,得
① ② ③ ④
a 2n =a 2n +3.
将④代入①,可得a 2n +1+a 2n +3=-(a 2n -1+a 2n +1) 即c n +1=-c n (n ∈N )
又c 1=a 1+a 3=-1, 故c n ≠0,
*
因此
c n +1c n
=-1, 所以{c n }是等比数列.
(III )证明:由(II )可得a 2k -1+a 2k +1=(-1) ,于是,对任意k ∈N 且k ≥2,有
k *
a 1+a 3=-1, -(a 3+a 5) =-1, a 5+a 7=-1,
(-1) (a 2k -3+a 2k -1) =-1.
将以上各式相加,得a 1+(-1) a 2k -1=-(k -1), 即a 2k -1=(-1) 此式当k=1时也成立. 由④式得a 2k =(-1)
k +1
k
k +1
k
(k +1) ,
(k +3).
从而S 2k =(a 2+a 4) +(a 6+a 8) + +(a 4k -2+a 4k ) =-k , S 2k -1=S 2k -a 4k =k +3. 所以,对任意n ∈N , n ≥2,
4n
*
∑
k =1
S k a k
n
n
=
∑
m =1
(
S 4m -3a 4m -3
+
S 4m -2a 4m -2
+
S 4m -1a 4m -1
+
S 4m a 4m
2m
)
=
∑(
m =1
2m +22m
-
2m -12m +2
-
2m +32m +1
+
2m +3
)
n
=
∑
m =1
(
22m (2m +1)
n
+
3
(2m +2)(2m +2)
3
) =
22⨯3
n
+
∑
m =2
52m (2m +1)
+
3
(2n +2)(2n +3)
13
+
∑
m =2
5
(2m -1)(2m +1)
+
(2n +2)(2n +3)
=
13
+
5
1111113⋅[(-) +(-) + +(-)]+235572n -12n +1(2n +2)(2n +3)
=
1376
+.
56
-
5
22n +1
⋅
1
+
3
(2n +2)(2n +3)
对于n=1,不等式显然成立. 所以,对任意n ∈N ,
*
S 1a 1
+
S 2a 2
+ +
S 2n -1a 2n -1
+
S 2n a 2n
=(
S 1a 1
+
S 2a 2
) +(
S 3a 3
+
S 4a 4
) + +(
S 2n -1a 2n -1
+
S 2n a 2n
)
=(1-
1414
-
1121
) +(1-
14
2
-
24-(4-1) 2
2
2
) + +(1-
14
n
-
n (4-1)
n
)
=n -(+
12
) -(
14
2
+
4(4-1)
2
22
) - -(
14
n
+
n 4(4-1)
2
n n
) ≤n -(
19
14
+
112
) =n -
13
.
14. 解:(Ⅰ)设数列{an }的公比为q ,由a 3=9a 2a 6得a 3=9a 4所以q
由条件可知c>0,故q =
32
=。
13
。
由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 2q =1,所以a 1=故数列{an }的通项式为a n =
13
。
13
n
。
(Ⅱ )b n =log 3a 1+log 3a 2+... +log 3a n
=-(1+2+... +n ) =-
n (n +1) 2
故
1b n
=-
2n (n +1)
1b n
=-2(
1n
-
1n +1
)
1b 1
+
1b 2
+... +=-2((1-
12
) +(
12
-
13
) +... +(
1n
-
1n +1
)) =-
2n n +1
所以数列{
1b n
的前n 项和为-
2n n +1
15.(I)解:设等差数列{a n }的公差为d ,由(
1a 2
) =
2
1
a 1a 4
⋅
1
,
得(a 1+d ) =a 1(a 1+3d )
因为d ≠0,所以d =a 所以a n =na 1, S n =
2
an (n +1)
2
.
(II )解:因为
1S n +
=
211(-) ,所以 a n n +1
1S n
2a
1n +1
A n =
1S 1
+
1S 2
1S 3
+ +=(1-)
因为a
2
n -1
=2
n -1
a ,所以B n =
1a 1
2
+
1a 2
+
1a 22
n
+ +
1a 2n -1
1n
1-() 1=2(1-1). =⋅n
1a a 21-
2
当n ≥2时, 2=C n +C n +C n + +C n >n +1, 即1-
n 01
1n +1
12
n
,
所以,当a >0时, A n B n .
⎧S 22=-2a 1a 2, 2
得S 2=-2S 2, 16. (I )解:由题意⎨
⎩S 2=a 2S 1=a 1a 2,
由S 2是等比中项知S 2≠0. 因此S 2=-2.
由S 2+a 3=S 3=a 3S 2解得a 3=
S 2S 2-1
=
-2-2-1
=
23
.
(II )证法一:由题设条件有S n +a n +1=a n +1S n ,
故S n ≠1, a n +1≠1且a n +1=从而对k ≥3有
S n S n -1
, S n =
a n +1a n +1-1
,
a k =
S k -1S k -1-1
=
a k -1+S k -2a k -1+S k -2-1
a k -1+=a k -1+
a k -1a k -1-1a k -1
-1
=
a k -1
a
2k -1
2
-a k -1+1
. ①
a k -1-1
因a k -1-a k -1+1=(a k -1-
2
12
) +
2
34
>0且a k -1≥0,由①得a k ≥0
2
要证a k ≤
43
,由①只要证
a k -1
a
2k -1
2
-a k -1+1
≤
43
2
,
即证3a k -1≤4(a k -1-a k -1+1), 即(a k -1-2)
22
≥0. 此式明显成立.
因此a k ≤
43
(k ≥3). 最后证a k +1≤a k . 若不然a k +1=
a k
2k
2
a -a k +1
>a k ,
又因a k ≥0, 故
a k
a -a k +1
2k
>1, 即(a k -1)
2
证法二:由题设知S n +1=S n +a n +1=a n +1S n ,
故方程x -S n +1x +S n +1=0有根S n 和a n +1(可能相同). 因此判别式∆=S n +1-4S n +1≥0.
2
2
又由S n +2=S n +1+a n +2=a n +2S n +1得a n +2≠1且S n +1=
a n +2a n +2-1
.
因此
a n +2(a n +2-1)
2
2
-
4a n +2a n +2-1(k ≥3).
≥0, 即3a n +2-4a n +2≤0,解得0≤a n +2≤
2
43
.
因此0≤a k ≤
43
由a k =
S k -1S k -1-1
S k
≥0(k ≥3) ,得
a k +1-a k =
S k -1
-a k =a k (
S k -1a k S k -1-1
-1) =a k (
S k -1S
2k -1
-1) -1
S k -1-1
=-
a k
S
2k -1
-S k -1+1
=-
a k
(S k -1-
12) +
2
34
≤0.
因此a k +1≤a k
(k ≥3).