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专题突破练12
(分值:75分)
1.(15分)(2025全国1,16)已知数列{an}中,a1=3,.
(1)证明:数列{nan}为等差数列;
(2)给定正整数m,设f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
(1)证明∵,∴(n+1)an+1=nan+1,∴(n+1)an+1-nan=1.又a1=3,1×a1=3,∴数列{nan}是以3为首项,1为公差的等差数列.
(2)解∵f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,
则f'(x)=a1+2a2x+…+mamxm-1.
由(1)知,nan=n+2,
∴f'(-2)=3+4×(-2)+…+(m+2)×(-2)m-1, ①
-2f'(-2)=3×(-2)+…+(m+1)×(-2)m-1+(m+2)×(-2)m, ②
①-②,得3f'(-2)=3+(-2)+…+(-2)m-1-(m+2)×(-2)m=3+-(m+2)×(-2)m=3--(m+)×(-2)m,故f'(-2)=-()×(-2)m.
2.(15分)(2025黑龙江哈尔滨高三二模)已知数列{an}满足a1=5,an+1-2an=3n(n∈N*),记bn=an-3n.
(1)证明:{bn}是等比数列;
(2)设cn=,数列{cn}的前n项和为Sn.若不等式(-1)nλ(1)证明∵an+1-2an=3n,∴an+1=3n+2an,
∴bn=an-3n,bn+1=an+1-3n+1=3n+2an-3×3n=2an-2×3n=2(an-3n)=2bn.
又a1=5,∴b1=a1-31=5-3=2,∴数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)解由(1)知,bn=2×2n-1=2n,
则cn=,
所以Sn=+…+①,
Sn=+…+②,
所以①-②可得Sn=+…+,
所以Sn=5-(2n+5).
由(-1)nλ当n为奇数时,有-λ<5[1-],即λ>5×-5,而[5×-5]max=5×-5=-,所以λ>-;
当n为偶数时,有λ<5[1-]=5-5×,而[5-5×]min=5-5×,所以λ<.
综上,实数λ的取值范围为(-).
3.(15分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a1,a2,a3-1是公差为d的等差数列{bn}的前3项.
(1)求q+d的最小值;
(2)在q+d取最小值的条件下,设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:Tn<.
解(1)由题知a1+a3-1=2a2,即a1+a1q2-1=2a1q,可得a1(q-1)2=1.
d=a2-a1=a1(q-1)=.
又因为q>1,所以q+d=q-1++1≥2+1=3,当且仅当q-1=,即q=2时等号成立.所以q+d的最小值为3.
(2)由(1)知,当q+d取最小值时,q=2,d=1,a1=1,所以an=2n-1,bn=n.
所以cn=,所以Tn=(1-1)+(-1)+()+…+()=-1+1-1+-…--1.
又,所以Tn-=-1<0,
所以Tn<.
4.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an-4an+1,a1=-1.
(1)证明:数列{2an+1-an}为等比数列;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和;
(3)是否存在正整数p,q(p<6(1)证明n∈N*,Sn=an-4an+1,
当n≥2时,Sn-1=an-1-4an,
两式相减得an=an-an-1-4an+1+4an,
即4an+1=4an-an-1,
则有2(2an+1-an)=2an-an-1,
当n=1时,S1=a1=a1-4a2,则a2=0,即2a2-a1=1≠0,所以数列{2an+1-an}是以1为首项,为公比的等比数列.
(2)解由(1)得,2an+1-an=,则2nan+1-2n-1an=1,数列{2n-1an}是以20a1=-1为首项,1为公差的等差数列,
于是2n-1an=n-2,解得an=,则bn=].
所以数列{bn}的前n项和
Tn={(1-)+()+…+[]}=.
(3)解由(2)知,Sn=-4×=-,由Sp,S6,Sq成等差数列,得-=-,整理得,
又p<6令dn=,则dn+1-dn=≤0,从而d1=d2>d3>d4>d5>…,显然d8=,即q=8,
所以存在p=5,q=8,使得Sp,S6,Sq成等差数列.
5.(15分)记Sn为数列{an}的前n项和,a2=,Sn+=ancos nπ.
(1)求a3和{an}的通项公式;
(2)设数列{}的前n项和为Tn,证明:.
(1)解由题得,当n=1时,a1+=-a1,
所以a1=-;
当n=3时,S3+=-a3,所以a1+a2+a3+=-a3,所以a3=-.
又因为Sn+=ancos nπ,
所以Sn+1+=an+1cos(n+1)π.
当n为奇数时,cos nπ=-1,cos(n+1)π=1,所以Sn+=-an,Sn+1+=an+1,两式作差,an+1+=an+1+an,所以an=-=-2-(n+1).
当n为偶数时,cos nπ=1,cos(n+1)π=-1,
所以Sn+=an,Sn+1+=-an+1,
两式作差,an+1+=-an+1-an,所以an=-2an+1+=-2·(-)+=2-n.
所以,an=n∈N*.
(2)证明由(1)得,|an|=
n∈N*,
所以令bn=n∈N*,
所以T2k=b1+b2+b3+…+b2k=(b1+b3+…+b2k-1)+(b2+b4+…+b2k)=(22+24+…+22k)+(22+24+…+22k)=2×(22+24+…+22k)=(4k-1).所以.因为,
所以×(+…+)=.
因为4k-1=4k-1k≥(4-1)4k-1=3×4k-1,所以,
所以+…+)=.
综上,.
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