2018届数学复习专题三数列课时作业（含解析）文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE10学必求其心得，业必贵于专精数列1．（2016·新课标全国卷Ⅰ)已知｛an｝是公差为3的等差数列,数列{bn｝满足b1＝1，b2＝eq\f(1，3)，anbn＋1＋bn＋1＝nbn。（Ⅰ)求{an｝的通项公式；(Ⅱ）求｛bn}的前n项和．解：（Ⅰ）由已知,a1b2＋b2＝b1，b1＝1,b2＝eq\f（1，3)，得a1＝2。所以数列{an｝是首项为2，公差为3的等差数列．通项公式为an＝3n－1。（Ⅱ)由(Ⅰ)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝eq\f(bn,3）,因此数列｛bn｝是首项为1，公比为eq\f（1，3)的等比数列，记{bn｝的前n项和为Sn，则Sn＝eq\f(1－\f（1,3）n,1－\f(1,3）)＝eq\f（3,2）－eq\f(1,2×3n－1).2．已知数列{an｝的前n项和为Sn，且an是Sn和1的等差中项，等差数列{bn｝满足b1＝a1，b4＝S3。(1)求数列{an｝，{bn｝的通项公式；（2）设cn＝eq\f(1，bnbn＋1),数列｛cn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围．解:(1)∵an是Sn和1的等差中项，∴Sn＝2an－1，当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，∴a1当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝（2an－1）－（2an－1－1)＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，即eq\f（an,an－1)＝2。∴数列｛an}是以a1＝1为首项,2为公比的等比数列，∴an＝2n－1，Sn＝2n－1，设｛bn｝的公差为d，b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7,∴d＝2，∴bn＝1＋(n－1）×2＝2n－1。(2）cn＝eq\f(1，bnbn＋1)＝eq\f（1,2n－12n＋1）＝eq\f（1，2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2n－1)－\f(1,2n＋1）））,∴Tn＝eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3）＋\f（1，3)－\f(1，5)＋…＋\f（1,2n－1)－\f（1，2n＋1））)＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1）））＝eq\f（n,2n＋1)，∵n∈N*，∴Tn＝eq\f（1,2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1,2n＋1）））<eq\f(1,2)，又Tn－Tn－1＝eq\f（n,2n＋1)－eq\f（n－1，2n－1）＝eq\f(1,2n＋12n－1)>0,∴数列｛Tn}是一个递增数列,∴Tn≥T1＝eq\f(1，3)。综上所述，eq\f(1,3）≤Tn<eq\f（1,2）.3．设各项均为正数的数列｛an}的前n项和为Sn，且Sn满足Seq\o\al（2,n）－(n2＋n－3）Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N＊。(1)求a1的值;(2)求数列{an}的通项公式；(3）证明：对一切正整数n，有eq\f（1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1）＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,3).解:(1）令n＝1代入得a1＝2（负值舍去)．（2)由Seq\o\al(2，n)－（n2＋n－3）Sn－3(n2＋n）＝0，n∈N*得[Sn－（n2＋n)］(Sn＋3）＝0。又已知各项均为正数，故Sn＝n2＋n。当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－（n－1）2－(n－1)＝2n,当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以an＝2n,n∈N＊。（3）证明：k∈N*,4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，∴4k2＋2k≥3k2＋3k，∴eq\f（1，akak＋1）＝eq\f(1,2k2k＋1）＝eq\f(1,4k2＋2k）≤eq\f(1,3k2＋3k)＝eq\f(1,3）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，k)－\f(1,k＋1)））.∴eq\f(1,a1a1＋1）＋eq\f(1,a2a2＋1）＋…＋eq\f(1，anan＋1)≤eq\f(1,3）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，1)－\f(1,2)＋\f（1，2）－\f(1,3）＋…＋\f（1，n)－\f(1，n＋1)）)＝eq\f（1，3）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(1,n＋1））)<eq\f(1，3）。∴不等式成立．4．已知函数f(x）满足f(x＋y）＝f（x）·f(y)且f(1）＝eq\f（1，2）.(1)当n∈N＊时，求f(n)的表达式；（2）设an＝n·f(n)，n∈N*,求证：a1＋a2＋a3＋…＋an<2；（3)设bn＝(9－n）eq\f（fn＋1,fn),n∈N＊，Sn为｛bn｝的前n项和,当Sn最大时，求n的值．解:（1）令x＝n，y＝1,得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝eq\f(1,2)f(n),∴｛f(n)}是首项为eq\f(1，2），公比为eq\f（1，2)的等比数列，∴f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）))n。(2)证明：设Tn为｛an｝的前n项和，∵an＝n·f（n)＝n·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）））n，∴Tn＝eq\f(1，2)＋2×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）))2＋3×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，2）)）3＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2））)n，eq\f（1,2)Tn＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）））2＋2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)））3＋3×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)）)4＋…＋（n－1）×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2）)）n＋n×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2))）n＋1，两式相减得eq\f（1，2）Tn＝eq\f(1，2）＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2））)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2））)3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2))）n－n×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)）)n＋1，∴Tn＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)））n－1－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2））)n〈2.即a1＋a2＋a3＋…＋an<2。（3）∵f（n)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴bn＝（9－n）·eq\f(fn＋1，fn)＝(9－n)eq\f(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)))n＋1,\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)））n)＝eq\f(9－n，2),∴当n≤8时,bn>0；当n＝9时，bn＝0；当n〉9时，bn〈0。∴当n＝8或9时，Sn取得最大值．1．已知数列{an}满足an＋1＝2an＋n＋1(n∈N＊)．（1）若｛an｝是等差数列，求其首项a1和公差d；(2)证明{an}不可能是等比数列;(3)若a1＝－1，是否存在实数k和b使得数列｛an＋kn＋b}是等比数列？若存在，求出数列｛an}的通项公式；若不存在,请说明理由．解：（1)由题意知,a2＝2a1＋2，a3＝2a2＋3＝4因为{an}是等差数列，所以2a2＝a1＋a3，所以a1＝－3，a2＝－4,所以公差d（2)证明：假设{an｝是等比数列，则aeq\o\al(2,2)＝a1a3，即（2a1＋2）2＝a1（4a1＋7），解得a1＝－4，从而a2＝－6，a3＝－9。又a4＝2a3＋4＝－14，所以a2，a3，a4故{an}不可能是等比数列．（3）假设存在满足条件的k,b，则对任意n∈N*有eq\f（an＋1＋kn＋1＋b，an＋kn＋b）＝eq\f（2an＋n＋1＋kn＋1＋b，an＋kn＋b）＝eq\f(2an＋k＋1n＋k＋b＋1,an＋kn＋b)恒为常数,则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（k＋1＝2k，k＋b＋1＝2b））,解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(k＝1，，b＝2。）)所以数列{an＋n＋2}是首项为a1＋1＋2＝－1＋1＋2＝2，公比为2的等比数列，从而an＋n＋2＝2n，故an＝2n－n－2。2．设数列｛an}的前n项和为Sn，如果eq\f(Sn,S2n）为常数，则称数列{an}为“幸福数列”．(1）等差数列｛bn}的首项为1,公差不为零，若｛bn｝为“幸福数列"，求{bn｝的通项公式；（2)数列{cn｝的各项都是正数，其前n项和为Sn，若ceq\o\al(3,1）＋ceq\o\al（3,2)＋ceq\o\al（3,3)＋…＋ceq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n）对任意的n∈N*都成立，试推断数列｛cn}是否为“幸福数列”？并说明理由．解：(1）设等差数列{bn｝的公差为d（d≠0），前n项和为Tn,则eq\f（Tn，T2n)＝k，因为b1＝1。则n＋eq\f(1，2）n(n－1)d＝k[2n＋eq\f(1，2）·2n(2n－1）d]，即2＋（n－1）d＝4k＋2k（2n－1)d。整理得，(4k－1）dn＋（2k－1)(2－d）＝0.因为对任意正整数n上式恒成立，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(d4k－1＝0,2k－12－d＝0）)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（d＝2,k＝\f(1，4)))。故数列｛bn}的通项公式是bn＝2n－1。(2)由已知，当n＝1时，ceq\o\al(3,1)＝Seq\o\al（2,1)＝ceq\o\al（2,1)。因为c1>0，所以c1＝1.当n≥2时,ceq\o\al（3,1）＋ceq\o\al（3，2)＋ceq\o\al(3，3)＋…＋ceq\o\al（3，n）＝Seq\o\al(2，n），ceq\o\al(3,1）＋ceq\o\al(3，2)＋ceq\o\al（3，3)＋…＋ceq\o\al(3，n－1）＝Seq\o\al(2,n－1）.两式相减,得ceq\o\al（3，n)＝Seq\o\al（2，n)－Seq\o\al（2，n－1)＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1）＝cn·（Sn＋Sn－1)．因为cn〉0，所以ceq\o\al（2,n)＝Sn＋Sn－1＝2Sn－cn.显然c1＝1适合上式，所以当n≥2时，ceq\o\al（2，n－1）＝2Sn－1－cn－1.于是ceq\o\al（2，n)－ceq\o\al（2，n－1）＝2(Sn－Sn－1)－cn＋cn－