2019版高考数学二轮复习专题四数列专题对点练14数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题文

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专题对点练14答案1.(1)证明因为an=13×13n-所以Sn=1-(2)解bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-所以{bn}的通项公式为bn=-n(2.解(1)∵an+1=3an-1an+1,∴an+1-1∴1a∴1a∵a1=3,∴1a∴数列1an-1是以为首项,为公差的等差数列,∴1an-1=12+1(2)∵bn=a1a2…an∴bn=31×42×∴1bn=2∴Sn=212-13+13-3.解(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=11-λ,a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an因此{an}是首项为11-λ于是an=11(2)由(1)得Sn=1-λλ由S5=3132得1-λ即λλ解得λ=-1.4.(1)证明由已知得an+1=2an+2n,∴bn+1=an+12n=2∴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=an2∴an=n·2n-1.∴Sn=1+2×21+3×22+…+n·2n-1,2Sn=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,两式相减得-Sn=1+21+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1,∴Sn=(n-1)·2n+1.5.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∴{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)=2m∴当n≥2时,bn=f(bn-1)=32∴bnbn-1+3bn=3bn-1,∴1b∴1bn是以1为首项,为公差的等差数列,∴1bn=又1b1=1也符合,∴bn=6.(1)解∵Sn=an+1+n+1(n∈N*),∴当n=1时,-2=a2+2,解得a2=-8.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an+1+n+1-12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,∴1b∴Tn=121-13+12-7.(1)解由Sn+1Sn-1+Sn-1Sn+1=4Sn2Sn+1Sn即(Sn+1+Sn-1)2=(2Sn)2.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=1(2)证明由(1)得cn=1S则Tn=c1+c2+c3+…+cn=121-13+13又Tn=121-12n+1是关于n的增函数,则Tn≥8.解(1)由2Sn=(n+1)2an-n2an+1,得2Sn-1=n2an-1-(n-1)2an,∴2an=(n+1)2an-n2an+1-n2an-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.(