浙江地区2020版高考数学大一轮复习高考解答题专项练3数列.docx

高考解答题专项练数列1.已知正数数列an的前n项和为Sn,满足an2=Sn+Sn-1(n2),a1=1.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=(1-an)2-a(1-an),若bn+1bn对任意nN*恒成立,求实数a的取值范围.解(1)an2=Sn+Sn-1(n2),an-12=Sn-1+Sn-2(n3).两式相减可得an2-an-12=Sn-Sn-2=an+an-1,an-an-1=1.a1=1,正数数列an是以1为首项,以1为公差的等差数列,an=n.(2)bn=(1-an)2-a(1-an),bn+1=(1-an+1)2-a(1-an+1).即bn=(1-n)2-a(1-n)=n2+(a-2)n+1-a,bn+1=1-(n+1)2-a1-(n+1)=n2+an.故bn+1-bn=2n+a-1.再由bn+1bn对任意nN*恒成立可得2n+a-10恒成立,故a1-2n恒成立.而1-2n的最大值为1-2=-1,故a-1,即实数a的取值范围为(-1,+).2.已知数列an满足a1=1,Sn=2an+1,其中Sn为an的前n项和(nN*).(1)求S1,S2及数列Sn的通项公式;(2)若数列bn满足bn=(-1)nSn,且bn的前n项和为Tn,求证:当n2时,13|Tn|79.(1)解数列an满足Sn=2an+1,则Sn=2an+1=2(Sn+1-Sn),即3Sn=2Sn+1,Sn+1Sn=32.即数列Sn为以1为首项,以32为公比的等比数列,Sn=32n-1(nN*).S1=1,S2=32.(2)证明在数列bn中,bn=(-1)nSn=(-1)(-1)n-132n-1=-23n-1,Tn为bn的前n项和,则|Tn|=(-1)1+-23+49+-233+-23n-1=1+-23+49+-233+-23n-1.而当n2时,1-231+-23+49+-233+-23n-11+-23+49=79,即13|Tn|79.3.已知数列an满足:an2-an-an+1+1=0,a1=2.(1)求a2,a3;(2)证明数列an为递增数列;(3)求证:1a1+1a2+1a3+1an0,对nN*恒成立,an+1an.(3)证明an+1-1=an2-an,故1an+1-1=1an2-an=1an-1-1an,故1an=1an-1-1an+1-1,故1a1+1a2+1a3+1an=1a1-1-1a2-1+1a2-1-1a3-1+1an-1-1an+1-1=1a1-1-1an+1-1=12-1-1an+1-1=1-1an+1-10,mN*,q(1,m2,证明:存在dR,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).解(1)由条件知,an=(n-1)d,bn=2n-1.因为|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|1对n=1,2,3,4均成立,即11,1d3,32d5,73d9,得73d52.因此,d的取值范围为73,52.(2)由条件知,an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在d,使得|an-bn|b1(n=2,3,m+1)成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|b1(n=2,3,m+1),即当n=2,3,m+1时,d满足qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1.因为q(1,m2,则10,对n=2,3,m+1均成立.因此,取d=0时,|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立.下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,m+1).当2nm时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),当10.因此,当2nm+1时,数列qn-1-2n-1单调递增,故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.设f(x)=2x(1-x),当x0时,f(x)=(ln2-1-xln2)2x0,所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2nm时,qnnqn-1n-1=q