（新课标）2018届高考数学二轮复习 题型专项训练10 数列与不等式（解答题专项）理

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1、题型专项训练10　数列与不等式(解答题专项)1.已知数列{an},{bn}满足下列条件:a1=1,an+1-2an=2n+1,bn=an+1-an.(1)求{bn}的通项公式;(2)设数列的前n项和为Sn,求证:对任意正整数n,均有Sn<2.(2017浙江金华十校4月模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=(n∈N*),求证:(1);(2)2(-1)+…+n.3.已知数列{an}的各项都不为零,其前n项和为Sn,且满足2Sn=an(an+1)(n∈N*).(1)若an>0,求数列{an}

2、的通项公式;(2)是否存在满足题意的无穷数列{an},使得a2016=-2015?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{an}的前n项和为Sn,且a2,a3,a5成等比数列,S6=45.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;(2)令pn=,是否存在正整数M,使不等式p1+p2+…+pn-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{an}满足+…+,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:对任意

3、的n∈N*,都有+…+<4.6.(2017浙江宁波诺丁汉大学附中下学期期中)已知数列{an}满足a1=3,an+1=+2an,n∈N*,设bn=log2(an+1).(1)求{an}的通项公式;(2)求证:1++…+

4、+2).由①,及a1=1得a2=5,于是b1=4.因此,数列{bn+2}是以b1+2=6为首项,2为公比的等比数列,所以bn+2=6·2n-1.故数列{bn}的通项公式为bn=6·2n-1-2.(2)证明由(1)得.因为>0(n∈N*),所以对任意正整数n,Sn≥S1=.因为(n≥2).所以当n≥2时,Sn=+…+≤=.当n=1时,显然有S1<.综上,对任意正整数n,均有≤Sn<.2.证明(1)∵an+1·an=,①∴an+2·an+1=.②由②÷①得,∴.(2)由(1)得(n+1)an+2=nan

5、,∴+…++…+.令bn=nan,则bn·bn+1=nan·(n+1)an+1==n+1,③∴bn-1·bn=n,n≥2,④由b1=a1=1,b2=2,易得bn>0,由③-④得=bn+1-bn-1(n≥2),∴b1

6、1-2≥2-2=2(-1);另一方面:由1≤bn≤n可知bn+bn+1-2=bn+-2≤min≤n.3.解(1)∵数列{an}的各项都不为零且满足2Sn=an(an+1)(n∈N*),①∴2S1=2a1=a1(a1+1),解得a1=1.∴2Sn+1=an+1(an+1+1).②②-①得2an+1=+an+1-an,整理得到0=(an+1-an-1)(an+an+1),∴an+1-an=1.∴{an}是以1为首项,以1为公差的等差数列,∴an=1+(n-1)×1=n.(2)由(1)知a1=1,0=(a

7、n+1-an-1)(an+an+1),可得an+1=an+1或an+1=-an,∴从第二项开始每一项都有两个分支,因此通项为an=的数列满足题意,使得a2016=-2015.4.解(1)设等差数列{an}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,an=3n-3,Sn=.(2)∵pn==2+,∴p1+p2+p3+…+pn-2n=2=2-.由n是整数,可得p1+p2+p3+…+pn-2n<2.故存在最小的

8、正整数M=2,使不等式p1+p2+…+pn-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,an=n,且a1=1也满足此式.故数列{an}的通项公式为an=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an+1=+2an,则an+