专题三训练15

训练15数列(推荐时间：60分钟)1．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2(n∈N*)，求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.2．(2012·湖北)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝5，S15＝225.数列{bn}是等比数列，b3＝a2＋a3，b2b5＝128(其中n＝1,2,3，…)．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.4．(2012·青岛模拟)已知集合A＝{x|x＝－2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝－6n＋3，n∈N*}，设Sn是等差数列{an}的前n项和，若{an}的任一项an∈A∩B，且首项a1是A∩B中的最大数，－750S10－300.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝22an＋13n－9，求a1b2－b2a3＋a3b4－b4a5＋…＋a2n－1b2n－b2na2n＋1的值．5．设b0，数列{an}满足a1＝b，an＝nban－1an－1＋2n－2(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n，an≤bn＋12n＋1＋1.6．(2012·邯郸高三检测)在数列{an}中，已知an≥1，a1＝1且an＋1－an＝2an＋1＋an－1(n∈N*)．(1)令bn＝(an－12)2，求证：{bn}为等差数列；(2)令cn＝(2an－1)2，Sn＝1c1c2＋1c2c3＋…＋1cncn＋1，若Snk恒成立，求k的取值范围．答案1．解因为an＋1＝3an＋2(n∈N*)，所以an＋1＋1＝3(an＋1)．所以{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，3为公比的等比数列．所以an＋1＝3n，故an＝3n－1.而Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3n－1)＝(31＋32＋…＋3n)－n＝31－3n1－3－n＝33n－12－n＝12×3n＋1－n－32.2．解(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.由题意得3a1＋3d＝－3，a1a1＋da1＋2d＝8，解得a1＝2，d＝－3，或a1＝－4，d＝3.所以由等差数列通项公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4，成等比数列，满足条件．故|an|＝|3n－7|＝－3n＋7，n＝1，2，3n－7，n≥3.记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋n－2[2＋3n－7]2＝32n2－112n＋10.当n＝2时，满足此式．综上，Sn＝4，n＝1，32n2－112n＋10，n1.3．解(1)设数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝5，15a1＋15×7d＝225，∴a1＝1，d＝2，故an＝2n－1(n＝1,2,3，…)．设等比数列{bn}的公比为q，则b3＝8，b2b5＝b3q·b3q2＝128，∴b3＝8，q＝2.∴bn＝b3·qn－3＝2n(n＝1,2,3，…)．(2)∵cn＝(2n－1)·2n，∴Tn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，2Tn＝22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1.作差：－Tn＝2＋23＋24＋25＋…＋2n＋1－(2n－1)×2n＋1＝2＋231－2n－11－2－(2n－1)·2n＋1＝2＋23(2n－1－1)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2n＋2－8－2n＋2·n＋2n＋1＝－6－2n＋1(2n－3)．∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6(n＝1,2,3，…)．4．解(1)由题设知：集合A中所有元素可以组成以－3为首项，－2为公差的递减等差数列，集合B中所有的元素可以组成以－3为首项，－6为公差的递减等差数列．由此可得，对任意的n∈N*，有A∩B＝B，A∩B中的最大数为－3，即a1＝－3.设等差数列{an}的公差为d，则an＝－3＋(n－1)d，S10＝10a1＋a102＝45d－30.因为－750S10－300，∴－75045d－30－300，即－16d－6.由于B中所有的元素可以组成以－3为首项，－6为公差的递减等差数列，所以d＝－6m(m∈Z，m≠0)，由－16－6m－6⇒m＝2，所以d＝－12.所以数列{an}的通项公式为an＝9－12n(n∈N*)．(2)bn＝22an＋13n－9＝22n.于是有a1b2－b2a3＋a3b4－b4a5＋…＋a2n－1b2n－b2na2n＋1＝b2(a1－a3)＋b4(a3－a5)＋b6(a5－a7)＋…＋b2n(a2n－1－a2n＋1)＝24(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝24×12[1－12n]1－12＝241－12n.5．(1)解已知a1＝b0，an＝nban－1an－1＋2n－2(n≥2)，则变形为：nan＝1b＋2b·n－1an－1，当b＝2时，nan－n－1an－1＝12，∴nan是一个首项为12，公差为12的等差数列，∴nan＝n2，∴an＝2；当b≠2时，nan＋12－b＝2bn－1an－1＋12－b，∴nan＋12－b是一个首项为2b2－b，公比为2b的等比数列，∴nan＋12－b＝2b2－b·2bn－1＝2nbn2－b，变形得：an＝nbn2－b2n－bn.综上所述，数列{an}的通项公式为an＝2b＝2nbn2－b2n－bnb≠2.(2)证明当b＝2时，不等式显然成立；当b≠2时，要证an≤bn＋12n＋1＋1成立，只需证：n·2n＋1·bn≤(2n＋1＋bn＋1)·bn－2nb－2成立，∵(2n＋1＋bn＋1)·bn－2nb－2＝(2n＋1＋bn＋1)·∑n－1i＝0(2ibn－1－i)＝(2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n)＋(b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1·bn＋1)＝2nbn[(2b＋22b2＋…＋2nbn)＋(bn2n＋bn－12n－1＋…＋b2)]2nbn(2＋2＋…＋2)＝2nbn·2n＝n·2n＋1·bn成立，∴当b≠2时，不等式成立．综上所述，当b0时，对于一切正整数n，an≤bn＋12n＋1＋1.6．(1)证明因为an＋1－an＝2an＋1＋an－1，所以a2n＋1－a2n－an＋1＋an＝2，即(an＋1－12)2－(an－12)2＝2，∴bn＋1－bn＝2，故{bn}是以14为首项，2为公差的等差数列．(2)解由(1)得bn＝14＋2(n－1)＝8n－74，因为an≥1，故an＝1＋8n－72.因为cn＝(2an－1)2＝8n－7，所以1cncn＋1＝18n－78n＋1＝18(18n－7－18n＋1)，所以Sn＝1c1c2＋1c2c3＋…＋1cncn＋1＝18(1－19＋19－117＋…＋18n－7－18n＋1)＝18(1－18n＋1)18，所以Snk恒成立，故k≥18.