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专题限时集训(十)　数列与不等式的综合问题
1．(2024·江苏连云港模拟)已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，证明：Sn<．
2．(2024·湖南长沙二模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知na1＋(n－1)a2＋…＋an＝2Sn－1．
(1)证明：数列{Sn}是等比数列；
(2)求最小的正整数m，使得m≥＋＋…＋对一切n∈N*都成立．
3．(2024·广东茂名一模)设Sn为数列{an}的前n项和，已知是首项为，公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝，Tn为数列{bn}的前n项积，证明：≤．
4．(2024·黑龙江哈尔滨三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝3an－2n．
(1)求证：数列{an－2n}是等比数列；
(2)设bn＝an＋λ·2n－(λ＋1)·，若{bn}是递增数列，求实数λ的取值范围．
1 / 1专题限时集训(十)
1．解：(1)∵＋＋＋…＋＝n，①
当n＝1时，＝1，故a1＝1，
n≥2时，＋＋＋…＋＝n－1，②
①－②得＝1 an＝2n－1(n≥2)，而a1＝1也满足上式，
∴an＝2n－1．
(2)证明：由(1)知bn＝＝，
∴Sn＝＝<．
2．解：(1)证明：由题知na1＋(n－1)a2＋…＋an＝2Sn－1，
用n＋1替换上式的n，得(n＋1)a1＋na2＋…＋an＋1＝2Sn＋1－1．
两式作差，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝Sn＋1＝2Sn＋1－2Sn，即Sn＋1＝2Sn．
而由1×a1＝2S1－1，可得S1＝1≠0．
从而{Sn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(2)由(1)得Sn＝2n-1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n-1－2n-2＝2n-2，
a1＝1不满足上式．
所以an＝
设Tn＝＋＋…＋，则T1＝1，
当n≥2时，Tn＝1＋2×20＋…＋n×22-n，
故Tn＝＋2×2-1＋…＋n×21-n，
两式作差，得Tn＝＋－n×21-n＝＋－n×21-n．
整理可得Tn＝7－(n＋2)×22-n．
故Tn<7，又T5＝>6，因此满足条件的最小正整数m为7．
3．解：(1)由是首项为，公差为的等差数列，
故＝＋(n－1)＝＋，
即Sn＝n(n＋1)＝，
当n≥2时，Sn－1＝，
故Sn－Sn－1＝an
＝－
＝＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝＝1，符合上式，
故an＝n2．
(2)证明：由an＝n2，Sn＝，
故bn＝＝＝，
则Tn＝b1b2·…·bn＝··…·＝＝，
由(2n＋1)(n＋1)≥3×2＝6，故Tn≤＝6n-1，
4．解：(1)证明：由Sn＝3an－2n知a1＝S1＝3a1－2，得a1＝1．
由已知有an＋1＝Sn＋1－Sn＝－(3an－2n)＝3an＋1－3an－2n，
故an＋1＝an＋2n-1，得an＋1－2n+1＝an＋2n-1－2n+1＝an－3·2n-1＝(an－2n)．
而a1－21＝1－2＝－1≠0，故数列{an－2n}是首项为－1，公比为的等比数列．
(2)根据(1)的结论有an－2n＝－，即an＝2n－．
所以bn＝an＋λ·2n－(λ＋1)·＝(λ＋1)·2n－(λ＋2)·．
若{bn}是递增数列，则bn＋1>bn恒成立，即(λ＋1)·2n+1－(λ＋2)·>(λ＋1)·2n－(λ＋2)·．
所以2(λ＋1)·2n－(λ＋2)·>(λ＋1)·2n－(λ＋2)·，化简得到3(λ＋1)·4n>(λ＋2)·3n，即3(1＋λ)＞(λ＋2)．
①当λ＋2＜0，即λ＜－2时，＜，因为＞0，且n→＋∞时，→0，故≤0，所以－2＜λ≤－1(舍去)．
②当λ＋2＝0，即λ＝－2时，－3＞0，矛盾，
故λ＝－2舍去．
③当λ＋2＞0，即λ＞－2时，＞，因为＝，故＞，所以λ＞－，满足λ＞－2．
综上可得，λ的取值范围为.
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