专题对点练14 数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题
1.已知等比数列{an},a1=,公比q=.
(1)Sn为{an}的前n项和,证明:Sn=;
(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式.
2.已知数列{an}满足a1=3,an+1=.
(1)证明:数列
是等差数列,并求{an}的通项公式;
(2)令bn=a1a2…an,求数列的前n项和Sn.
3.已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)若S5=,求λ的值.
4.在数列{a)=an*n}中,设f(nn,且f(n)满足f(n+1)-2f(n)=2(n∈N),且a1=1. (1)设bn=,证明数列{bn}为等差数列; (2)求数列{an}的前n项和Sn.
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*5.设数列{an}的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(n∈N),其中m为常数,且m≠-3. (1)求证:{an}是等比数列;
(2)若数列{an}的公比q=f(m),数列{bn}满足b1=a1,bn=f(bn-1)(n∈N,n≥2),求证:*为等差数列,并
求bn.
6.已知数列{a=-2,且满足S*n}的前n项和为Sn,a1n=an+1+n+1(n∈N). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=log3(-an+1),求数列的前n项和Tn,并求证Tn<.
7.(2018天津模拟)已知正项数列{an},a1=1,a2=2,前n项和为Sn,且满足
-2(n≥2,n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:≤Tn<.
8.已知数列{a=2,2S22
n}的前n项和为Sn,a1n=(n+1)an-nan+1,数列{bn}满足b1=1,bnbn+1=λ·.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在正实数λ,使得{bn}为等比数列?并说明理由.
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专题对点练14答案
1.(1)证明 因为an=,Sn=,
所以Sn=.
(2)解 bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-.
所以{bn}的通项公式为bn=-. 2.解 (1)∵an+1=,∴an+1-1=-1=,
∴,
∴.
∵a1=3,∴,
∴数列是以为首项,为公差的等差数列,∴(n-1)= n,∴an=.(2)∵bn=a1a2…an, ∴bn=×…×,
∴=2
,
∴Sn=2
+…+=2.
3.解 (1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan, 即an+1(λ-1)=λan.
由a1≠0,λ≠0得an≠0, 所以
.
因此{an}是首项为,公比为
的等比数列,
于是an=.
(2)由(1)得Sn=1-.
由S5=得1-,
即. 解得λ=-1.
4.(1)证明 由已知得ann+1=2an+2,
∴bn+1=+1=bn+1, ∴bn+1-bn=1.又a1=1,∴b1=1,
∴{bn}是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)解 由(1)知,bn==n, ∴an=n·2n-1.
∴Sn=1+2×21+3×22+…+n·2n-1,
2S12n-1)·2n-1+n·2nn=1×2+2×2+…+(,
两式相减得-S21+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2nn=1+-1, ∴Sn=(n-1)·2n+1.
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5.证明 (1)由(3-m)Sn+2man=m+3, 得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3, 两式相减,得(3+m)an+1=2man.
∵m≠-3,∴, ∴{an}是等比数列.
(2)由(3-m)Sn+2man=m+3, 得(3-m)S1+2ma1=m+3, 即a1=1,∴b1=1.
∵数列{an}的公比q=f(m)=, ∴当n≥2时,bn=f(bn-1)=,
∴bnbn-1+3bn=3bn-1,∴.
∴是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+.
又=1也符合,∴bn=.
6.(1)解 ∵S+n+1(n∈N*
n=an+1),∴当n=1时,-2=a2+2,解得a2=-8. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an+1+n+1-,
即an+1=3an-2,可得an+1-1=3(an-1). 当n=1时,a2-1=3(a1-1)=-9,
∴数列{an-1}是等比数列,首项为-3,公比为3. ∴an-1=-3n,即an=1-3n. (2)证明 bn=log3(-an+1)=n,
∴.
∴Tn=+…+.∴Tn<.7.(1)解 由-2(n≥2,n∈N*),得+2Sn+1Sn-1+=4,
即(S22
n+1+Sn-1)=(2Sn).由数列{an}的各项均为正数,得Sn+1+Sn-1=2Sn, 所以数列{Sn}为等差数列.
由a1=1,a2=2,得S1=a1=1,S2=a1+a2=3,则数列{Sn}的公差为d=S2-S1=2, 所以Sn=1+(n-1)×2=2n-1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-3)=2,
而a1=1不适合上式,所以数列{an}的通项公式为an=
(2)证明 由(1)得cn=,
则Tn=c1+c2+c3+…+cn=+…+1-.
又Tn=是关于n的增函数,则Tn≥T1=,因此,≤Tn<.
8.解 (1)由2S22a22
n=(n+1)an-nn+1,得2Sn-1=nan-1-(n-1)an, ∴2a22n=(n+1)an-n2an+1-nan-1+(n-1)2an,∴2an=an+1+an-1, ∴数列{an}为等差数列.
∵2S1=(1+1)2a1-a2,∴4=8-a2. ∴a2=4.∴d=a2-a1=4-2=2. ∴an=2+2(n-1)=2n.
(2)∵b4nnbn+1=λ·=λ·,b1=1, ∴b2b1=4λ,∴b2=4λ,
4
∴bn+1bn+2=λ·4n+1,∴∴bn+2=4bn,∴b3=4b1=4.
=4,
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若{bn}为等比数列,使得则=b·b1,∴16λ=4×1,∴λ=. 故存在正实数λ=,{b3n}为等比数列. 5