数列与不等式的综合问题

数列与不等式的综合问题测试时间：120分钟满分：150分解答题(本题共9小题，共150分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)1．[2016·银川一模](本小题满分15分)在等差数列{an}中，a1＝3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，公比为q(q≠1)，且b2＋S2＝12，q＝S2b2.(1)求an与bn；(2)证明：13≤1S1＋1S2＋…＋1Sn23.解(1)设{an}的公差为d，因为b2＋S2＝12，q＝S2b2，所以q＋6＋d＝12，q＝6＋dq.解得q＝3或q＝－4(舍)，d＝3.(4分)故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3n－1.(6分)(2)证明：因为Sn＝n＋3n2，(8分)所以1Sn＝2n＋3n＝231n－1n＋1.(10分)故1S1＋1S2＋…＋1Sn＝231－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝231－1n＋1.(12分)因为n≥1，所以01n＋1≤12，于是12≤1－1n＋11，所以13≤231－1n＋123，即13≤1S1＋1S2＋…＋1Sn23.(15分)2．[2017·黄冈质检](本小题满分15分)已知数列{an}的首项a1＝35，an＋1＝3an2an＋1，n∈N*.(1)求证：数列1an－1为等比数列；(2)记Sn＝1a1＋1a2＋…＋1an，若Sn100，求最大正整数n.解(1)证明：因为1an＋1＝23＋13an，所以1an＋1－1＝13an－13＝131an－1.又因为1a1－1≠0，所以1an－1≠0(n∈N*)，所以数列1an－1为等比数列．(7分)(2)由(1)，可得1an－1＝23×13n－1，所以1an＝2×13n＋1.所以Sn＝1a1＋1a2＋…＋1an＝n＋213＋132＋…＋13n＝n＋2×13－13n＋11－13＝n＋1－13n，若Sn100，则n＋1－13n100，所以最大正整数n的值为99.(15分)3．[2016·新乡许昌二调](本小题满分15分)已知{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝2，b1＝3，a3＋b5＝56，a5＋b3＝26.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若－x2＋3x≤2bn2n＋1对任意n∈N*恒成立，求实数x的取值范围．解(1)由题意，a1＋2d＋b1·q4＝56，a1＋4d＋b1·q2＝26，将a1＝2，b1＝3代入，得2＋2d＋3·q4＝56，2＋4d＋3·q2＝26，消d得2q4－q2－28＝0，∴(2q2＋7)(q2－4)＝0，∵{bn}是各项都为正数的等比数列，∴q＝2，所以d＝3，(4分)∴an＝3n－1，bn＝3·2n－1.(8分)(2)记cn＝3·2n－12n＋1，cn＋1－cn＝3·2n－1·2n－1n＋n＋0所以cn最小值为c1＝1，(12分)因为－x2＋3x≤2bn2n＋1对任意n∈N*恒成立，所以－x2＋3x≤2，解得x≥2或x≤1，所以x∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．(15分)4．[2016·江苏联考](本小题满分15分)在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝1，b1＝2，bn0(n∈N*)，且b1，a2，b2成等差数列，a2，b2，a3＋2成等比数列．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设cn＝abn，数列{cn}的前n项和为Sn，若S2n＋4nSn＋2nan＋t对所有正整数n恒成立，求常数t的取值范围．解(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q0)．由题意，得＋d＝2＋2q，q2＝＋d＋2d，解得d＝q＝3.(3分)∴an＝3n－2，bn＝2·3n－1.(5分)(2)cn＝3·bn－2＝2·3n－2.(7分)∴Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝2(31＋32＋…＋3n)－2n＝3n＋1－2n－3.(10分)∴S2n＋4nSn＋2n＝32n＋1－33n＋1－3＝3n＋1.(11分)∴3n＋13n－2＋t恒成立，即t(3n－3n＋3)min.(12分)令f(n)＝3n－3n＋3，则f(n＋1)－f(n)＝2·3n－30，所以f(n)单调递增．(14分)故tf(1)＝3，即常数t的取值范围是(－∞，3)．(15分)5．[2016·天津高考](本小题满分15分)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．(1)设cn＝b2n＋1－b2n，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；(2)设a1＝d，Tn＝∑2nk＝1(－1)kb2k，n∈N*，求证：∑nk＝11Tk12d2.证明(1)由题意得b2n＝anan＋1，有cn＝b2n＋1－b2n＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，(3分)因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差数列．(6分)(2)Tn＝(－b21＋b22)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b22n－1＋b22n)＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)＝2d·na2＋a2n2＝2d2n(n＋1)．(9分)所以∑nk＝11Tk＝12d2∑nk＝11kk＋＝12d2∑nk＝11k－1k＋1(12分)＝12d2·1－1n＋112d2.(15分)6．[2016·德州一模](本小题满分15分)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn·21an＝1a2n－1(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，写出Tn关于n的表达式，并求满足Tn52时n的取值范围．解(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝n－1(n≥2)．两式相减得an＝1n(n≥2)，(4分)又a1＝1满足上式，∴an＝1n(n∈N*)，(5分)(2)由(1)知bn＝2n－12n，(6分)Tn＝12＋322＋523＋…＋2n－12n，12Tn＝122＋323＋524＋…＋2n－12n＋1.两式相减得12Tn＝12＋2122＋123＋…＋12n－2n－12n＋1，12Tn＝12＋2×122－12n·121－12－2n－12n＋1，(9分)Tn＝1＋412－12n－2n－12n＝3－2n＋32n，(10分)由Tn－Tn－1＝3－2n＋32n－3－2n＋12n－1＝2n－12n，当n≥2时，Tn－Tn－10，所以数列{Tn}单调递增．(12分)T4＝3－1116＝371652，又T5＝3－2×5＋325＝83328032＝52，所以n≥5时，Tn≥T552，故所求n≥5，n∈N*.(15分)7．[2016·吉林二模](本小题满分20分)已知数列{an}前n项和Sn满足：2Sn＋an＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋1＋an＋an＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn14.解(1)因为2Sn＋an＝1，所以2Sn＋1＋an＋1＝1.两式相减可得2an＋1＋an＋1－an＝0，即3an＋1＝an，即an＋1an＝13，(4分)又2S1＋a1＝1，∴a1＝13，所以数列{an}是公比为13的等比数列．(6分)故an＝13·13n－1＝13n，数列{an}的通项公式为an＝13n.(8分)(2)证明：∵bn＝2an＋1＋an＋an＋1，∴bn＝2·3nn＋n＋1＋＝13n＋1－13n＋1＋1，(11分)∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝131＋1－132＋1＋(132＋1－133＋1)＋…＋13n＋1－13n＋1＋1＝14－13n＋1＋114，(18分)∴Tn14.(20分)8．[2016·浙江高考](本小题满分20分)设数列{an}满足an－an＋12≤1，n∈N*.(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；(2)若|an|≤32n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.证明(1)由an－an＋12≤1，得|an|－12|an＋1|≤1，故|an|2n－|an＋1|2n＋1≤12n，n∈N*，(3分)所以|a1|21－|an|2n＝|a1|21－|a2|22＋|a2|22－|a3|23＋…＋|an－1|2n－1－|an|2n≤121＋122＋…＋12n－11，(6分)因此|an|≥2n－1(|a1|－2)．(8分)(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意mn，|an|2n－|am|2m＝|an|2n－|an＋1|2n＋1＋|an＋1|2n＋1－|an＋2|2n＋2＋…＋|am－1|2m－1－|am|2m≤12n＋12n＋1＋…＋12m－112n－1，(12分)故|an|12n－1＋|am|2m·2n≤12n－1＋12m·32m·2n＝2＋34m·2n.(15分)从而对于任意mn，均有|an|2＋34m·2n.①由m的任意性得|an|≤2.否则，存在n0∈N*，有|an0|2，取正整数m0log34|an0|－22n0且m0n0，则2n0·34m02n0·34log34|an0|－22n0＝|an0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.(20分)9．[2016·金丽衢十二校联考](本小题满分20分)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝can＋1an(c为正实数，n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn.(1)证明：当c＝2时，2n＋1－2≤Sn≤3n－1(n∈N*)；(2)求实数c的取值范围，使得数列{an}是单调递减数列．解(1)证明：易得an0(n∈N*)，由an＋1＝2an＋1an，得an＋1an＝2＋1an22，所以{an}是递增数列，从而有an≥2，故an＋1an≤2＋143，(2分)由此可得an＋13an32an－1…3na1＝2·3n，所以Sn≤2(1＋3＋32＋…＋3n－1)＝3n－1，(4分)又有an＋12an22an－1…2na1＝2n＋1，所以Sn≥2＋22＋…＋2n＝2n＋1－2，(6分)所以，当c＝2时，2n＋1－2≤Sn≤3n－1(n∈N*)成立．(8分)(2)由a1＝2可得a2＝2c＋122，解得c34，(10分)若数列{an}是单调递减数列，则an＋1an＝c＋1an21，得an11－c，记t＝11－c，①又an＋1－t＝(an－t)c－1tan，因为an－t(n∈N*)均为正数，所以c－1tan0，即an1tc.②由①an0(n∈N*)及c，t0可知an＋1－tc(an－t)…cn(a1－t)＝cn(2－t)，进而可得ancn－1(2－t)＋t.③由②③两式可得，对任意的自然数n，1tccn－1(2－t)＋t恒成立．因为0c34，t2，所以1tct，即1ct2＝11－c，解得c12.(14分)下面证明：当12c34时，数列{an}是单调递减数列．当c12时，由an＋1＝can＋1an及an＝can－1＋1an－1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝(an－an－1)c－1an－1an.由an＋1＝can＋1an有an≥2c成立，则an－1an4c1c，即c1an－1an.又当c34时，a2－a10成立，所以对任意的自然数n，an＋1－an0都成立．综上所述，实数c的取值范围为12c34.