数列与不等式的综合问题

Thedocumentwasfinallyrevisedon2021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＝eq\f(S2,b2).(1)求an与bn；(2)证明：eq\f(1,3)≤eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)<eq\f(2,3).解　(1)设{an}的公差为d，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝12，,q＝\f(S2,b2)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝12，,q＝\f(6＋d,q).))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＝eq\f(n3＋3n,2)，(8分)所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n3＋3n)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).(10分)故eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))).(12分)因为n≥1，所以0<eq\f(1,n＋1)≤eq\f(1,2)，于是eq\f(1,2)≤1－eq\f(1,n＋1)<1，所以eq\f(1,3)≤eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<eq\f(2,3)，即eq\f(1,3)≤eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)<eq\f(2,3).(15分)2．[2017·黄冈质检](本小题满分15分)已知数列{an}的首项a1＝eq\f(3,5)，an＋1＝eq\f(3an,2an＋1)，n∈N*.(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))为等比数列；(2)记Sn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)，若Sn<100，求最大正整数n.解　(1)证明：因为eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3an)，所以eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,3an)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)).又因为eq\f(1,a1)－1≠0，所以eq\f(1,an)－1≠0(n∈N*)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))为等比数列．(7分)(2)由(1)，可得eq\f(1,an)－1＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，所以eq\f(1,an)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1.所以Sn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝n＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n)))＝n＋2×eq\f(\f(1,3)－\f(1,3n＋1),1－\f(1,3))＝n＋1－eq\f(1,3n)，若Sn<100，则n＋1－eq\f(1,3n)<100，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≤eq\f(2bn,2n＋1)对任意n∈N*恒成立，求实数x的取值范围．解　(1)由题意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋b1·q4＝56，,a1＋4d＋b1·q2＝26，))将a1＝2，b1＝3代入，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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＝eq\f(3·2n－1,2n＋1)，cn＋1－cn＝3·2n－1·eq\f(2n－1,2n＋1?2n＋3)>0所以cn最小值为c1＝1，(12分)因为－x2＋3x≤eq\f(2bn,2n＋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，bn>0(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eq\f(S2n＋4n,Sn＋2n)>an＋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(q>0)．由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2?1＋d＝2＋2q，,2q2＝?1＋d3＋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)∴eq\f(S2n＋4n,Sn＋2n)＝eq\f(32n＋1－3,3n＋1－3)＝3n＋1.(11分)∴3n＋1>3n－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－3>0，所以f(n)单调递增．(14分)故t 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式，并求满足Tn>eq\f(5,2)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＝eq\f(1,n)(n≥2)，(4分)又a1＝1满足上式，∴an＝eq\f(1,n)(n∈N*)，(5分)(2)由(1)知bn＝eq\f(2n－1,2n)，(6分)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(5,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n＋1).两式相减得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(2n－1,2n＋1)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(\f(1,22)－\f(1,2n)·\f(1,2),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n＋1)，(9分)Tn＝1＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2n)))－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n)，(10分)由Tn－Tn－1＝3－eq\f(2n＋3,2n)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2n＋1,2n－1)))＝eq\f(2n－1,2n)，当n≥2时，Tn－Tn－1>0，所以数列{Tn}单调递增．(12分)T4＝3－eq\f(11,16)＝eq\f(37,16)<eq\f(5,2)，又T5＝3－eq\f(2×5＋3,25)＝eq\f(83,32)>eq\f(80,32)＝eq\f(5,2)，所以n≥5时，Tn≥T5>eq\f(5,2)，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＝eq\f(2an＋1,1＋an1＋an＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<eq\f(1,4).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eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,3)，(4分)又2S1＋a1＝1，∴a1＝eq\f(1,3)，所以数列{an}是公比为eq\f(1,3)的等比数列．(6分)故an＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.(8分)(2)证明：∵bn＝eq\f(2an＋1,1＋an1＋an＋1)，∴bn＝eq\f(2·3n,3n＋1·3n＋1＋1)＝eq\f(1,3n＋1)－eq\f(1,3n＋1＋1)，(11分)∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,31＋1)－\f(1,32＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,32＋1)－eq\f(1,33＋1)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n＋1)－\f(1,3n＋1＋1)))＝eq\f(1,4)－eq\f(1,3n＋1＋1)<eq\f(1,4)，(18分)∴Tn<eq\f(1,4).(20分)8．[2016·浙江高考](本小题满分20分)设数列{an}满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(an＋1,2)))≤1，n∈N*.(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；(2)若|an|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.证明　(1)由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(an＋1,2)))≤1，得|an|－eq\f(1,2)|an＋1|≤1，故eq\f(|an|,2n)－eq\f(|an＋1|,2n＋1)≤eq\f(1,2n)，n∈N*，(3分)所以eq\f(|a1|,21)－eq\f(|an|,2n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a1|,21)－\f(|a2|,22)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a2|,22)－\f(|a3|,23)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|an－1|,2n－1)－\f(|an|,2n)))≤eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)<1，(6分)因此|an|≥2n－1(|a1|－2)．(8分)(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m>n，eq\f(|an|,2n)－eq\f(|am|,2m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|an|,2n)－\f(|an＋1|,2n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|an＋1|,2n＋1)－\f(|an＋2|,2n＋2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|am－1|,2m－1)－\f(|am|,2m)))≤eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋…＋eq\f(1,2m－1)<eq\f(1,2n－1)，(12分)故|an|<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(|am|,2m)))·2n≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2m)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))m))·2n＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))m·2n.(15分)从而对于任意m>n，均有|an|<2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))m·2n.　①由m的任意性得|an|≤2.否则，存在n0∈N*，有|an0|>2，取正整数m0>logeq\s\do8(\f(3,4))eq\f(|an0|－2,2n0)且m0>n0，则2n0·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))m0<2n0·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up15(logeq\s\do8(\f(3,4))eq\f(|an0|－2,2n0))＝|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＋eq\f(1,an)(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an>0(n∈N*)，由an＋1＝2an＋eq\f(1,an)，得eq\f(an＋1,an)＝2＋eq\f(1,an2)>2，所以{an}是递增数列，从而有an≥2，故eq\f(an＋1,an)≤2＋eq\f(1,4)<3，(2分)由此可得an＋1<3an<32an－1<…<3na1＝2·3n，所以Sn≤2(1＋3＋32＋…＋3n－1)＝3n－1，(4分)又有an＋1>2an>22an－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＋eq\f(1,2)<2，解得c<eq\f(3,4)，(10分)若数列{an}是单调递减数列，则eq\f(an＋1,an)＝c＋eq\f(1,an2)<1，得an>eq\f(1,\r(1－c))，记t＝eq\f(1,\r(1－c))，①又an＋1－t＝(an－t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,tan)))，因为an－t(n∈N*)均为正数，所以c－eq\f(1,tan)>0，即an>eq\f(1,tc).②由①an>0(n∈N*)及c，t>0可知an＋1－teq\f(1,2).(14分)下面证明：当eq\f(1,2)eq\f(1,2)时，由an＋1＝can＋eq\f(1,an)及an＝can－1＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝(an－an－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,an－1an))).由an＋1＝can＋eq\f(1,an)有an≥2eq\r(c)成立，则an－1an>4c>eq\f(1,c)，即c>eq\f(1,an－1an).又当c<eq\f(3,4)时，a2－a1<0成立，所以对任意的自然数n，an＋1－an<0都成立．综上所述，实数c的取值范围为eq\f(1,2)