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培優(yōu)專練4
1．解：(1)∵＋…＋＝n，①
當n＝1時，＝1，故a1＝1，
n≥2時，＋…＋＝n－1，②
①－②得＝1 an＝2n－1(n≥2)，而a1＝1也滿足上式，
∴an＝2n－1．
(2)由(1)知bn＝＝，
∴Sn＝＝<．
2．解：(1)證明：由題知na1＋a2＋…＋an＝2Sn－1，
用n＋1替換上式的n，得a1＋na2＋…＋an＋1＝2Sn＋1－1．
兩式作差，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝Sn＋1＝2Sn＋1－2Sn，即Sn＋1＝2Sn．
而由1×a1＝2S1－1，可得S1＝1≠0．
從而是首項為1，公比為2的等比數(shù)列．
(2)由(1)得Sn＝2n-1，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n-2，a1＝1不滿足上式．
所以an＝
設Tn＝＋…＋，則T1＝1，
當n≥2時，Tn＝1＋2×20＋…＋n×22-n，
故Tn＝＋2×2-1＋…＋n×21-n，
兩式作差，得Tn＝－n×21-n＝－n×21-n．
整理可得Tn＝7－×22-n．
故Tn<7，又T5＝>6，因此滿足條件的最小正整數(shù)m為7．
3．解：(1)由是首項為，公差為的等差數(shù)列，
故＝＝，
即Sn＝n＝，
當n≥2時，Sn－1＝，
故Sn－Sn－1＝an＝＝＝n2，
當n＝1時，a1＝S1＝＝1，符合上式，故an＝n2．
(2)由an＝n2，Sn＝，
故bn＝＝＝，
則Tn＝b1b2·…·bn＝·…·
＝＝，
由≥3×2＝6，
故Tn≤＝6n-1，
4．解：(1)證明：由Sn＝3an－2n知a1＝S1＝3a1－2，得a1＝1．
由已知有an＋1＝Sn＋1－Sn＝＝3an＋1－3an－2n，
故an＋1＝an＋2n-1，得an＋1－2n+1＝an＋2n-1－2n+1＝an－3·2n-1＝．
而a1－21＝1－2＝－1≠0，故數(shù)列是首項為－1，公比為的等比數(shù)列．
(2)根據(jù)(1)的結論有an－2n＝－，
即an＝2n－．
所以bn＝an＋λ·2n－＝·2n－．
若{bn}是遞增數(shù)列，則bn＋1>bn恒成立，即·2n+1－>·2n－(λ＋2)·．
所以2·2n－>·2n－，化簡得到3·4n>·3n，即3(1＋λ)＞(λ＋2)．
①當λ＋2＜0，即λ＜－2時，＜，因為＞0，且n→＋∞時，→0，故≤0，所以－2＜λ≤－1(舍去)．
②當λ＋2＝0，即λ＝－2時，－3＞0，矛盾，故λ＝－2舍去．
③當λ＋2＞0，即λ＞－2時，＞，因為＝，故＞，所以λ＞－，滿足λ＞－2．
綜上可得，λ的取值范圍為．
1/1培優(yōu)專練4　數(shù)列與不等式的綜合問題
1．(2024·江蘇連云港模擬)已知數(shù)列滿足＋…＋＝n．
(1)求數(shù)列的通項公式；
(2)若bn＝，數(shù)列的前n項和為Sn，證明：Sn<．
2．(2024·湖南長沙二模)記Sn為數(shù)列的前n項和，已知na1＋a2＋…＋an＝2Sn－1．
(1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列；
(2)求最小的正整數(shù)m，使得m≥＋…＋對一切n∈N*都成立．
3．(2024·廣東茂名一模)設Sn為數(shù)列的前n項和，已知是首項為，公差為的等差數(shù)列．
(1)求的通項公式；
(2)令bn＝，Tn為數(shù)列的前n項積，證明：
4．(2024·黑龍江哈爾濱三模)已知數(shù)列的前n項和為Sn，且Sn＝3an－2n．
(1)求證：數(shù)列是等比數(shù)列；
(2)設bn＝an＋λ·2n－，若是遞增數(shù)列，求實數(shù)λ的取值范圍．
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