2021-2022年高考数学二轮复习题型专项训练10数列与不等式解答题专项理

2021年高考数学二轮复习题型专项训练10数列与不等式解答题专项理1.已知数列{a n},{b n}满足下列条件:a1=1,a n+1-2a n=2n+1,b n=a n+1-a n.

(1)求{b n}的通项公式;

(2)设数列的前n项和为S n,求证:对任意正整数n,均有S n<

2.(xx浙江金华十校4月模拟)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1·a n=(n∈N*),

求证:(1);

(2)2(-1)+…+n.

3.已知数列{a n}的各项都不为零,其前n项和为S n,且满足2S n=a n(a n+1)(n∈N*).

(1)若a n>0,求数列{a n}的通项公式;

(2)是否存在满足题意的无穷数列{a n},使得a2 016=-2 015?若存在,求出这样的无穷数列的一个通项公式;若不存在,请说明理由.

4.已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2,a3,a5成等比数列,S6=4

5.

(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;

(2)令p n=,是否存在正整数M,使不等式p1+p2+…+p n-2n≤M恒成立,若存在,求出M的最小值;若不存在,说明理由.

5.已知数列{a n}满足+…+,n∈N*.

(1)求数列{a n}的通项公式;

(2)证明:对任意的n∈N*,都有+…+<4.

6.(xx浙江宁波诺丁汉大学附中下学期期中)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=+2a n,n∈N*,设

b n=log2(a n+1).

(1)求{a n}的通项公式;

(2)求证:1++…+

(3)若=b n,求证:2<3.

参考答案

题型专项训练10数列与不等式(解答题专项) 1.(1)解由a n+1-2a n=2n+1,①

得a n-2a n-1=2n-1(n≥2).②

①-②,得a n+1-a n-2(a n-a n-1)=2,

即b n-2b n-1=2.

因此,b n+2=2(b n-1+2).

由①,及a1=1得a2=5,

于是b1=4.

因此,数列{b n+2}是以b1+2=6为首项,2为公比的等比数列,

所以b n+2=6·2n-1.

故数列{b n}的通项公式为b n=6·2n-1-2.

(2)证明由(1)得.

因为>0(n∈N*),所以对任意正整数n,S n≥S1=.

因为(n≥2).

所以当n≥2时,S n=+…+

≤

=.

当n=1时,显然有S1<.

综上,对任意正整数n,均有≤S n<.

2.证明 (1)∵a n+1·a n=,①∴a n+2·a n+1=.②

由②÷①得,

∴.

(2)由(1)得(n+1)a n+2=na n,

∴+…++…+.

令b n=na n,则b n·b n+1=na n·(n+1)a n+1==n+1,③

∴b n-1·b n=n,n≥2,④

由b1=a1=1,b2=2,易得b n>0,

由③-④得=b n+1-b n-1(n≥2),

∴b1

根据b n·b n+1=n+1得b n+1≤n+1,∴1≤b n≤n.

∴+…++…+

=+(b3-b1)+(b4-b2)+…+(b n-b n-2)+(b n+1-b n-1)

=+b n+b n+1-b1-b2=b n+b n+1-2.

一方面:b n+b n+1-2≥2-2=2(-1);

另一方面:由1≤b n≤n可知b n+b n+1-2=b n+-2≤min≤n.

3.解 (1)∵数列{a n}的各项都不为零且满足2S n=a n(a n+1)(n∈N*),①

∴2S1=2a1=a1(a1+1),解得a1=1.

∴2S n+1=a n+1(a n+1+1).②

②-①得2a n+1=+a n+1-a n,

整理得到0=(a n+1-a n-1)(a n+a n+1),

∴a n+1-a n=1.

∴{a n}是以1为首项,以1为公差的等差数列,

∴a n=1+(n-1)×1=n.

(2)由(1)知a1=1,0=(a n+1-a n-1)(a n+a n+1),

可得a n+1=a n+1或a n+1=-a n,

∴从第二项开始每一项都有两个分支,因此通项为

a n=的数列满足题意,使得a2 016=-2 015.

4.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d,由已知,得=a2a5,

即(a2+d)2=a2(a2+3d),得a2=d.

由S6=45,得2a2+3d=15,

从而可得a2=d=3,a n=3n-3,S n=.

(2)∵p n==2+,

∴p1+p2+p3+…+p n-2n

=2

=2-.

由n是整数,可得p1+p2+p3+…+p n-2n<2.

故存在最小的正整数M=2,使不等式p1+p2+…+p n-2n≤M恒成立.

5.(1)解因为+…+,

当n=1时,=1,即a1=1.

当n≥2时,+…+,

作差,得=n3,

a n=n,且a1=1也满足此式.

故数列{a n}的通项公式为a n=n.

(2)证明由(1)得,

因为2n+1-(n+1)=2n-n+(2n-1)>2n-n≥2-1>0,

所以>0.

又≤0,

即,

所以+…++…+.

记S=+…+,

由错位相减法,得

S=1++…+,

即S=2<4.

所以+…+<4.

6.证明 (1)由a n+1=+2a n,则a n+1+1=+2a n+1=(a n+1)2,

由a1=3,则a n>0,两边取对数得到log2(a n+1+1)=log2(a n+1)2=2log2(a n+1),即b n+1=2b n,又b1=log2(a1+1)=2≠0,

∴{b n}是以2为公比的等比数列,即b n=2n,

又∵b n=log2(a n+1),∴a n=-1.

(2)用数学归纳法证明:①当n=2时,左边为1+<2=右边,此时不等式成立;

②假设当n=k≥2时,不等式成立,

即1++…+

则当n=k+1时,左边=1++…++…+

∴当n=k+1时,不等式成立.

综上可得:对一切n∈N*,n≥2,命题成立.

(3)由=b n得c n=n,

∴,

首先+…++…+≥2,

其次,∵(k≥2),

∴+…++…+,<1+1+1-+…+=3-<3,

当n=1时显然成立.所以得证.