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江苏专版高考数学二轮复习第2部分八大难点突破专项限时集训6数列中的证明探索性和存在性不定方程的解


专项限时集训(六) 数列中的证明、 探索性和存在性、 不定方程的解 等综合问题 (对应学生用书第 123 页) (限时:60 分钟) 1.(本小题满分 14 分)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,a3=4,{an}的前 3 项和为 7. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 n (2)若 a1b1+a2b2+…+anbn=(2n-3)2 +3,设数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证: + 1 1 +…+ ≤2- . S1 S2 Sn n [解] ? ?a1q =4, (1)设数列{an}的公比为 q, 由已知得 q>0, 且? ?a1+a1q+4=7, ? n-1 2 ∴? ? ?a1=1, ?q=2. ? ∴数列{an}的通项公式为 an=2 .4 分 6分 n-1 (2)证明:当 n=1 时,a1b1=1,且 a1=1,解得 b1=1. 当 n≥2 时,anbn=(2n-3)2 +3-(2n-2-3)2 ∵an=2 n-1 n n-1 -3=(2n-1)·2 . 8分 ,∴当 n≥2 时,bn=2n-1. ∵b1=1=2×1-1 满足 bn=2n-1, ∴数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1(n∈N ). ∴数列{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. ∴Sn=n . 1 1 ∴当 n=1 时, =1=2- . S1 1 1 1 当 n≥2 时, = 2< 1 2 * 10 分 Sn n n?n-1? n-1 n = 1 1 - . 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ + +…+ ≤2- + - +…+ - S1 S2 Sn 1 1 2 n-1 n 1 =2- . n 14 分 2. (本小题满分 14 分)(2017·盐城市滨海县八滩中学二模)如果无穷数列{an}满足下列条件: ① an+an+2 2 ≤an+1;②存在实数 M,使 an≤M.其中 n∈N ,那么我们称数列{an}为 Ω 数列. n * (1)设数列{bn}的通项为 bn=5n-2 ,且是 Ω 数列,求 M 的取值范围; 1 7 (2)设{cn}是各项为正数的等比数列,Sn 是其前 n 项和,c3= ,S3= ,证明:数列{Sn} 4 4 是 Ω 数列; 1 (3)设数列{dn}是各项均为正整数的 Ω 数列,求证:dn≤dn+1. 【导学号:56394106】 [解] (1)∵bn+1-bn=5-2 ,∴当 n≥3,bn+1-bn<0,故数列{bn}单调递减; 当 n=1,2 时,bn+1-bn>0,即 b1<b2<b3, 则数列{bn}中的最大项是 b3=7,所以 M≥7. 2分 n 1 7 (2)证明:∵{cn}是各项为正数的等比数列,Sn 是其前 n 项和,c3= ,S3= , 4 4 c3 c3 7 设其公比为 q>0,∴ 2+ +c3= . q q 4 1 1 2 整理,得 6q -q-1=0,解得 q= ,q=- (舍去). 2 3 1 1 ∴c1=1,cn= n-1,Sn=2- n-1=Sn+2,S<2. 2 2 对任意的 n∈N ,有 故{Sn}是 Ω 数列. * Sn+Sn+2 2 1 1 1 =2- n- n+2<2- n+1=Sn+1,且 Sn<2, 2 2 2 8分 (3)证明:假设存在正整数 k 使得 dk>dk+1 成立,由数列{dn}的各项均为正整数,可得 dk≥dk+1+1,即 dk+1≤dk-1. 因为 dk+dk+2 2 ≤dk+1,所以 dk+2≤2dk+1-dk≤2(dk-1)-dk=dk-2. 由 dk+2≤2dk+1-dk 及 dk>dk+1 得 dk+2<2dk+1-dk+1=dk+1,故 dk+2≤dk+1-1. 因为 dk+1+dk+3 2 ≤dk+2,所以 dk+3≤2dk+2-dk+1≤2(dk+1-1)-dk+1=dk+1-2≤dk-3, * 由此类推,可得 dk+m≤dk-m(m∈N ). 又存在 M,使 dk≤M,∴m>M,使 dk+m<0,这与数列{dn}的各项均为正数矛盾,所以假 设不成立, 即对任意 n∈N ,都有 dn≤dn+1 成立. 3.(本小题满分 14 分)设数列{an}满足?an- (1)证明:|an|≥2 n-1 * * 14 分 ? ? an+1? ≤1,n∈N . 2 ? ? * (|a1|-2),n∈N ; ?3?n * * (2)若|an|≤? ? ,n∈N ,证明:|an|≤2,n∈N . ?2? [证明] (1)由?an- 故 ? ? an+1? 1 ≤1,得|an|- |an+1|≤1, 2 ? 2 ? |an| |an+1| 1 * n - n+1 ≤ n,n∈N , 2 2 2 2 所以 <1, |an|? 1 1 |a1| |an| ?|a1| |a2|? ?|a2| |a3|? -1| 1 ?|an 1 - 2 ? +? 2 - 3 ? +…+? n-1 - n ? ≤ 1 + 2+…+ n-1 1 - n =? 2 ? ? 2 2 ? 2 ? 2 2 2 2 2 ? 2 ? 2 因此|an|≥2 n-1 (|a1|-2). 4分 (2)任取 n∈N ,由(1)知,对于任意 m>n, |am|? 1 |an| |am| ?|an| |an+1|? ?|an+1| |an+2|? -1| 1 ?|am n - n+1 ? + ? n+1 - n+2 ? +…+ ? m-1 - m ? ≤ n + n+1 +…+ n - m =? 2 2 2 ? 2 2 2 2 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 1 2 m-1 * < 1 2 n-1 , 故|an|<? ≤? 1 |am|? n ? n ·2 -1+ m 2 2 ? ? ? ? 1 + 1 ·?3?m?·2n ? ?? n-

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