数列与不等式的综合问题数列与不等式的综合问题测试时间：120分钟满分：150分解答题(本题共9小题，共150分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)1．[2016·银川一模](本小题满分15分)在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，公比为q (q ≠1)，且b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2.(1)求a n 与b n ；(2)证明：13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n <23.解 (1)设{a n }的公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝12，q ＝6＋dq .解得q ＝3或q ＝－4(舍)，d ＝3.(4分)故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3n －1.(6分)(2)证明：因为S n ＝n 3＋3n2，(8分)所以1S n ＝2n3＋3n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.(10分) 故1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝23⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1.(12分) 因为n ≥1，所以0<1n ＋1≤12，于是12≤1－1n ＋1<1，所以13≤23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<23， 即13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n <23.(15分) 2．[2017·黄冈质检](本小题满分15分)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列；(2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n .解 (1)证明：因为1a n ＋1＝23＋13a n，所以1a n ＋1－1＝13a n －13＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1.又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列．(7分)(2)由(1)，可得1a n －1＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，所以1a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n＋1.所以S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋ (13)＝n ＋2×13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ，若S n <100，则n ＋1－13n <100，所以最大正整数n 的值为99.(15分)3．[2016·新乡许昌二调](本小题满分15分)已知{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝2，b 1＝3，a 3＋b 5＝56，a 5＋b 3＝26.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若－x 2＋3x ≤n2n ＋1对任意n ∈N *恒成立，求实数x 的取值范围．解 (1)由题意，⎩⎨⎧a 1＋2d ＋b 1·q 4＝56，a 1＋4d ＋b 1·q 2＝26，将a 1＝2，b 1＝3代入，得⎩⎨⎧2＋2d ＋3·q 4＝56，2＋4d ＋3·q 2＝26，消d 得2q 4－q 2－28＝0，∴(2q 2＋7)(q 2－4)＝0，∵{b n }是各项都为正数的等比数列，∴q ＝2，所以d ＝3，(4分)∴a n ＝3n －1，b n ＝3·2n －1.(8分)(2)记c n ＝3·2n －12n ＋1，c n ＋1－c n ＝3·2n －1·2n －12n ＋12n ＋3>0所以c n 最小值为c 1＝1，(12分)因为－x 2＋3x ≤n2n ＋1对任意n ∈N *恒成立，所以－x 2＋3x ≤2，解得x ≥2或x ≤1， 所以x ∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．(15分) 4．[2016·江苏联考](本小题满分15分)在等差数列{a n }和等比数列{b n }中，a 1＝1，b 1＝2，b n >0(n ∈N *)，且b 1，a 2，b 2成等差数列，a 2，b 2，a 3＋2成等比数列．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式； (2)设c n ＝abn ，数列{c n }的前n 项和为S n ，若S 2n ＋4n S n ＋2n >a n ＋t 对所有正整数n 恒成立，求常数t 的取值范围．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0)．由题意，得⎩⎨⎧21＋d ＝2＋2q ，2q 2＝1＋d 3＋2d ，解得d ＝q＝3.(3分)∴a n＝3n－2，b n＝2·3n－1.(5分) (2)c n＝3·b n－2＝2·3n－2.(7分) ∴S n＝c1＋c2＋…＋c n＝2(31＋32＋…＋3n)－2n＝3n＋1－2n－3.(10分)∴S2n＋4nSn＋2n＝32n＋1－33n＋1－3＝3n＋1.(11分)∴3n＋1>3n－2＋t恒成立，即t<(3n－3n＋3)min.(12分)令f(n)＝3n－3n＋3，则f(n＋1)－f(n)＝2·3n－3>0，所以f(n)单调递增．(14分) 故t<f(1)＝3，即常数t的取值范围是(－∞，3)．(15分)5．[2016·天津高考](本小题满分15分)已知{a n}是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的n∈N*，b n是a n和a n＋1的等比中项．(1)设c n＝b2n＋1－b2n，n∈N*，求证：数列{c n}是等差数列；(2)设a 1＝d ，T n ＝∑2nk ＝1(－1)k b 2k，n ∈N *，求证：∑nk ＝11T k <12d2. 证明 (1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，有c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1，(3分)因此c n ＋1－c n ＝2d (a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2，所以{c n }是等差数列．(6分)(2)T n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n)＝2d (a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝2d ·n a 2＋a 2n2＝2d 2n (n ＋1)．(9分) 所以∑nk ＝1 1T k ＝12d 2∑nk ＝11kk ＋1＝12d2∑nk ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1(12分) ＝12d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<12d2.(15分)6．[2016·德州一模](本小题满分15分)已知数列{a n}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝n(n ∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)令b n·21a n＝1a2n－1(n∈N*)，T n＝b1＋b2＋…＋b n，写出T n关于n的表达式，并求满足T n>5 2时n的取值范围．解(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝n，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)a n－1＝n－1(n≥2)．两式相减得a n＝1n(n≥2)，(4分)又a1＝1满足上式，∴a n＝1n(n∈N*)，(5分)(2)由(1)知b n＝2n－12n，(6分)T n ＝12＋322＋523＋…＋2n－12n，1 2Tn＝122＋323＋524＋…＋2n－12n＋1.两式相减得1 2Tn＝12＋2⎝⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n－2n－12n＋1，1 2Tn＝12＋2×122－12n·121－12－2n－12n＋1，(9分)T n ＝1＋4⎝⎛⎭⎪⎫12－12n－2n－12n＝3－2n＋32n，(10分)由T n－T n－1＝3－2n＋32n－⎝⎛⎭⎪⎫3－2n＋12n－1＝2n－12n，当n≥2时，T n－T n－1>0，所以数列{T n}单调递增．(12分)T4＝3－1116＝3716<52，又T5＝3－2×5＋325＝8332>8032＝52，所以n≥5时，T n≥T5>52，故所求n≥5，n∈N*.(15分)7．[2016·吉林二模](本小题满分20分)已知数列{a n}前n项和S n满足：2S n＋a n＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n＋11＋a n1＋a n＋1，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n<14 .解(1)因为2S n＋a n＝1，所以2S n＋1＋a n＋1＝1.两式相减可得2a n＋1＋a n＋1－a n＝0，即3a n＋1＝a n，即a n ＋1a n ＝13，(4分) 又2S 1＋a 1＝1，∴a 1＝13，所以数列{a n }是公比为13的等比数列．(6分)故a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.(8分)(2)证明：∵b n ＝2a n ＋11＋a n 1＋a n ＋1，∴b n ＝2·3n3n ＋1·3n ＋1＋1＝13n ＋1－13n ＋1＋1，(11分) ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋( 132＋1－133＋1 )＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－13n ＋1＋1＝14－13n ＋1＋1<14，(18分) ∴T n <14.(20分)8．[2016·浙江高考](本小题满分20分)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n∈N *.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，(3分) 所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1，(6分) 因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(8分)(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ， |a n |2n－|a m |2m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1，(12分)故|a n |<⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.(15分) 从而对于任意m >n ，均有|a n |<2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n. ① 由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n0∈N*，有|an0|>2，取正整数m0>log34|a n|－22n0且m0>n0，则2n0·⎝⎛⎭⎪⎫34m0<2n0·⎝⎛⎭⎪⎫34log34|a n|－22n＝|a n|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n∈N*，均有|a n|≤2.(20分) 9．[2016·金丽衢十二校联考](本小题满分20分)设数列{a n}满足：a1＝2，a n＋1＝ca n＋1an (c为正实数，n∈N*)，记数列{a n}的前n项和为S n.(1)证明：当c＝2时，2n＋1－2≤S n≤3n－1(n ∈N*)；(2)求实数c的取值范围，使得数列{a n}是单调递减数列．解(1)证明：易得a n>0(n∈N*)，由a n＋1＝2a n＋1an，得an＋1an＝2＋1an2>2，所以{a n}是递增数列，从而有a n≥2，故an＋1an≤2＋14<3，(2分)由此可得a n＋1<3a n<32a n－1<…<3n a1＝2·3n，所以S n≤2(1＋3＋32＋…＋3n－1)＝3n－1，(4分)又有a n＋1>2a n>22a n－1>…>2n a1＝2n＋1，所以S n≥2＋22＋…＋2n＝2n＋1－2，(6分)所以，当c＝2时，2n＋1－2≤S n≤3n－1(n∈N*)成立．(8分)(2)由a1＝2可得a2＝2c＋12<2，解得c<34，(10分)若数列{a n}是单调递减数列，则an＋1an＝c＋1an2<1，得a n>11－c，记t＝11－c，①又a n ＋1－t ＝(a n －t )⎝⎛⎭⎪⎫c －1ta n ，因为a n －t (n∈N *)均为正数，所以c －1ta n>0，即a n >1tc.②由①a n >0(n ∈N *)及c ，t >0可知a n ＋1－t <c (a n－t )<…<c n(a 1－t )＝c n(2－t )，进而可得 a n <c n －1(2－t )＋t .③由②③两式可得，对任意的自然数n ，1tc<cn－1(2－t )＋t 恒成立．因为0<c <34，t <2，所以1tc <t ，即1c <t 2＝11－c ，解得c >12.(14分)下面证明：当12<c <34时，数列{a n }是单调递减数列．当c >12时，由a n ＋1＝ca n ＋1a n 及a n ＝ca n －1＋1a n －1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝(a n －a n －1)⎝⎛⎭⎪⎫c －1a n －1a n . 由a n ＋1＝ca n ＋1a n有a n ≥2c 成立，则a n －1a n >4c >1c ，即c >1a n －1a n.又当c <34时，a 2－a 1<0成立，所以对任意的自然数n ，a n ＋1－a n <0都成立． 综上所述，实数c 的取值范围为12<c <34.。