44
915
所以M=(4,-4-),当a€M时,数列{an}是递增数列.
探究4:
首项为正数的数列an满足
an1
12
严3)(n
N),若对一切nN都有an1an,则a1的
取值范围是
.0,1
3,
探究
5:
(1)已知数列an满足a1
a2a1,1an1
anl2n(nN
),若数列a2n1单调递减,
数列
a2n单调递增,则数列an的通项公式为an
2n1
n为奇数
3)
3
2n1
3,
n为偶数
方法一:
先采用列举法得a1
1,a21,a33,a4
5,a511,a421,
然后从数字的变化上找规
律,得
an1an
(1)n12n
,再利用累加法即可;
方法二:
因为a2n1a2n
c2n2n
2,a2na2n12
1
,所以两式相加,得
2n2n1
a2n1a2n122,
而a2n
1递减,所以a2n1
a2n10,故a2n1a2n
22n;同理,由a2n
递增,得a2na2n122n1;
又a2
a1,所以an1an
(1)n12n,以下同上.
解:
(2)已知数列an满足a1
),若数列
1,a2a1,
a2n1
1an1an1
匸2—1(说明:
本答案也可以写成
单调递减,数列a2n
2n(n
单调递增,则数列an的通项公式为an
1,
(2)n
3
探究6:
已知数列dn的通项公式为:
dn
6(3t)(12t),
4(n2t)3n,
1
,设数列dn
2
满足dnanbn,且
dn中不存在这样的项
dk,使得
'dkdk1与dkdk1”同时成立(其中k2,kN),试求实数k的
取值范围.
解:
当n
2时,dn1
dn4(n
12t)3n1
3
4(n2t)3n8[n(2t-)]3n,所以
若2t
I2,即t
—,则dn1
4
dn,所以当
n2时,dn是递增数列,故由题意得
di
d2,即6(3t)(1
2t)
36(2
2t),解得
37
若22t-3,即-
9,则当n3时,dn是递增数列”
4
故由题意得d2da,即4(2t
2)32
3
4(2t3)3,解得t
3
③若m2t2m1(m
N,m
m5,—-(m24
N,m3),
则当2nm时,dn是递减数列,
当nm1时,dn
是递增数列,
则由题意,得dmdm1,即4(2tm)3m4(2tm1)3^',解得t如卫
4
综上所述取值范围是5后t5T97或t
44
(可先借助数形结合观察充要条件,通过画图研究后得不能出现尖底形状)
Im卫(mN,m2)
4
四、真题链接
五、反馈检测
1.已知数列{an}的通项公式为an
若对于一切n1的自然数,不等式
an1an2
a2n
1
-lOga(a
1)
2
2恒成立,则实数a的取值范围为
3
解:
an1
an2
a2n
1
2n
an1
an
a2n,
bn1an
an3
a2n2
bn
a2n2
a2n
1an1
1
2n2
1
2n1
n12(2n1)(n1)
1,n
bn1
bn0恒成立;
•••数列
bn对n2,nN上单调递增.
11
…(bn)min①8384—一
34
7—1
—;••由题意可知—loga(a1)1212
2
—(bn)min
3
•••loga(a1)1又a1;•••0
a11;•••1a7
a2
2.
(1)已知数列{an}的通项公式为
an=—n+p,数列{bn}的通项公式为bn=2n5.设Cn=
an,anWbn,卄
右
bn,an>bn,
在数列{Cn}中,C8>Cn(n€N*,n丰8),则实数p的取值范围是
.(12,17)
(2)已知数列an的通项公式为annp,数列bn的通项公式为bn
2n5.设Cn
an,an
bn)an
bn,
bn
若在数列Cn中,若1080
p2015恒成立(nN,n
8),则在数列
Cn中的最大项是第
3.已知数列an满足:
an
12an—3,其首项a1
an
若数列an
为单调递增数列,则实数a的
取值范围是
4.已知数列
an满足:
a1
(an+a
a+2(a>0),an1J2
(1)若a
0,求数列
an
的通项公式;
(2)设bn
an1an|,数列
bl的前n项和为Sn,证明:
Sn
a1.
解:
(1)若
a0时,a12,
an1
,所以2an1
an,且
an0.
两边取对数,
得Ig2+2lgan1
1
lgan,化为lgan1+lg2Jga^+lg2),
因为Iga1+Ig22lg2,数列{Iga.+lg2}是以2lg2为首项,
2为公比的等比数列.所以
lgan+lg22
(1)n1lg2,所以a.2
22n1
(2)由
an1{宁,得2a21an+a
,①当n>2时,2ana.
1+a,②
①②,
2(an1+an)(an1an)anan1
,由已知
an0,所以an1
an与anan1冋号.
因为a2
jan,且a0,所以a2a;
2
(a+2)
2
(a+1)a+3a+3
0恒成立,
所以a2
a10,所以an1an0.因为
bn
an1
an,所以bn
(an
1an),
所以Sn
[(a2a1)+@3a2)+L+(an1
an)]
(an1a1)a1
an1
a1.
5.设数列an的前n项和为Sn,且Sn1
2
SnSn13n2(n
2,n
N).
(1)若an是等差数列,求an的通项公式;
(2)若a11.
①当a21时,试求S,00;
②若数列an为递增数列,且S3k
225,试求满足条件的所有正整数k的值.
解:
(1)由等差数列求和公式Snna
n(n1)d
d2—n
2
(ai
d、
2)n,
d2
Sn1SnSn12(n1)(a1
1)
d)nd(n1)2
22
(a1吳1)
d2
2(3n2)
2)n,
3(ai
d)n翌n2
22
3(ai
3n2
3,a1
2
2,d
2,解得d
2,ai1
an
2n
(说明:
也可以设
Sn
an2bn;
或令n
2,n
先求出首项
a1与公差d)
(2)由Sn1
Sn
Sn13n22(n2),
得SnSn1
Sn
23(n1)22,
anan1
an26n3(n2),
S1004
(a2a3a4)(a5
a6a7)
(a98a99a100)
1-(62
2
36983)33
10000.
(3)设
-a2
x,
由
Sn1
Sn
Sn1
3n22(n
2),
得S1
S2
S3
14与S2
S3S429,
3a1
2a2
a3'
14,
a3
11
2x,
3a1
3a2
2a
a4
29,
a4
x4,
10分
又Sn
Sn1
Sn
2
3(n
1)2
2,
anan1
an2
6n
3(n
2),
an1
an
an
1
6n
3(n
3),
相减得an
2an1
6(n
3),
as
a2
6
x
6,Q数列
an
为递增数列,
,解得
7
11
12分
31
a2
a3
a4
a5
x—,
3
3
由S3k
a1
a2
a3
(a4
a5
a6)
(a7a8
a9)L
(a3
k2a
3k1
a3k),
S3k
12
x
i(
64
36(
[3k
2)3)(k
1),
S3k
9k2
x
3
22;
5,
14分
类似给分
.)
(说明:
用a21,利用分组方法求和,
x9k2222(7,11),解得k5.
33
16分
n*
6.已知数列{an}满足a11,|an1a.|p,nN.
(1)若{an}是递增数列,且ai,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
1
(2)若p2,且{a2n1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列
{an}的通项公式.
解:
(1)因为数列an为递增数列,所以an1an
0,则an1an
pnan1anpn,分别令
n1,2可得a2
2
a1p,a3a2p
a21
2
p,a3pp
1,因为a1,2a2,3a3成等差数列,所以
4a2a13a3
41p13p2
3p2p0
当P0时,数列
an为常数数列不符合数列
an
是递增数列,所以
⑵由题可得an1
an
a2na2n1
a2n2
a2n1
因为
a2n1是递增数列且
a2n是递减数列,所以a2n
a2n10且a2n2a2n
a2n2
a2n
0,两不等式相加可得
a2n1a2n1
1a2n2
a2n1,
a2na2n1
1
a2n2a2n1
c2n1
又因为
a2n2a2n
a2n且a2n
0a2na2n
1
芦,所以a2n
a2n1
0,即a2n
a2n
1
2
同理可得a2n
3a2n2a2n
a2n2
a2n1
a2n,所以a2n1
a2n
则当n2m
mN*时,a2
a1
a2
丄
歹,a4
a3
丄La
3,」JU2m
23
a2m1
_1
22
这2m1个等式相加可得
a2ma1
1
22m1
1
22m2
11
2芦隊
11
4
当n2m1时,a2
a1
这2m个等式相加可得
a2m1a1
11
2123
1,
22m2歸
11
4
1
尹3
1
22m1
a2
1
22
3冒1
a2m
丄
a323,L,a2m1a2m
1
3g2^
111
22^g4
1
4
111
TT"
4
a2m1
1
3g2
2^,当m0时
ai
1符合,故a2m1
1
3g^,n为奇数
1
二T,n为偶数
3g2n1
7.已知数列an
中,
anN,对于任意
nN,anan
1,若对于任意正整数K,在数列中恰有K个K
出现,求a50=
10
8.若有穷数列{an}各项均不相等,将它的项从大到小重新排序后项的序号...构成的数列称为{an}的序数
1
列”如数列:
a1,a2,a3满足印a3a?
,则其序数列为1,3,2•若数列一的前n项和为Sn,{Sn}的
an
前n项积为Tn,且SnTn1,记①"2an.
(1)若k9,数列{bn}的项数为3,求{bn}的序数列;
(2)若kN,有穷数列{bn}与{Cn}项数均为n(n》5),且它们有相同的序数列,已知{c.}的通项公式
为Cnn()n,求k的值.
5
解:
(1)因为S.Tn1,分别令n1,2,3,
可求出:
a12,a26,a312,
又bn9n2an,所以d
6,43
所以{bn}的序数列为2,
1,3.
(2)因为Cn1Cn
(3)n
32n
5
当n1时,易得c2C1,当n
2时,Cn1Cn,
(3)4,C4CC3,
5
即C2
C3C4L
Cn,
故数列
{Cn}的序数列为2,3,1,4丄
由Sn
Tn1得,Tn1Sn
n>2时,
Tn11Sn1
①十②得,
Tn1SnS
Tn?
1Sn1n,
所以
所以
1
ST^
是以1为公差的等差数列,且首项为
1
ST
所以
1,从而Sn
易求得
-,所以an
n
22
nn,从而bn2n
(k
2)n
所以要使数列{bn}的序数列为
2,3,1,4丄,n,只需2
解得:
10k12,又因为k
N,所以k11.
所以当有穷数列{bn}与{Cn}有相同的序数列时,k的值为
11.
16分
9.已知数列{an}的首项为1,其前n项和为Sn,且S112Sn
(1)证明:
数列{an}不是等差数列;
1
(2)若数列{an}为等比数列,设bn
1an
且不等式Idb,|
|b3b2|…|bn1
bn|
恒成立,求实数
b的取值范围.
解:
(1)由Sn1
2Sna,则Sn2Si1
a
两式相减得an1
2an(n》2),又S?
a1
a2
则n》2时,an
(a1)2n2,
假设{an}是等差
数列,则公差为a2
a1
a,
又由an(a1)
2n2可得a3(a1)
2
2a
2Si
则a3
2矛盾,故数列{an}不是等差数列;
a,即a2
2a1,
1
(2)由
(1)得an‘
(a
1,
1)
2n
若数列{an}为等比数列,则(a1)21
21,
即a1,所以an2n1
则bn
,又
bn1
bn
2门1
(0,1),即bn1因此{bn}为单调递减数列,
|b2b1||b3b2|…|bn1bnl
b2
b3…
bn
bn1b1bn1"21
由{bn}为单调递减数列,易知数列
1
^^}为单调递增数列,
若|b2bi||b3
11
b2|…优tbn|vb恒成立,只要{-}的最大项小于b即可,
212
而当n无限大时,
1111
2E无限接近2,且21
10.己知数列
an
是公差不为零的等差数列,数列
bn是等比数列.
(1)若Cn
an1an0(n€N*),求证:
cn
为等比数列;
(2)设Cn
anbn
(n€N*),其中an是公差为2的整数项数列,
bn
宦,若
13
C52C4
4C3
8C216C1,且当n17时,Cn是递减数列,
求数列an的通项公式;
(2)由题意得:
Cn12Cn对n
1,2,3,4恒成立且Cn
Cn1对
n17恒成立,…5分
Cn
anbn(2n
13
t)
12
13
1
(2n
t2)
n
12
2—(2nt)14t2428n对
13
1,234恒成立
44
7
12
13
n
(2n
1
(2nt
2)
24
2n对n
17恒成立
10
10
9,8,
an
2n
7或an
2n
8或an2n
9.
10分
11.数列{an}、{bn}(n1,2,3,
)由下列条件确定:
①a10,b10;
②当
k2,kN
ak与bk满足如下条件:
ak1bk1
ak
ak1,bkak1bk1
ak1bk1
2
ak
ak1
bk
2
-,bkbk1.
(1)如果a15,b19,
试求a2,
b2,a3,b3;
(3)设n(n2)是满足b1b2b3
bn的最大整数,证明:
(1)T
-20,•a2
a15,
b2-
2,
2
2
..a2
b2
3c
a2b2
—0,…a3
—,b3
b2
2.
2
2
2
2
J证明:
当k
2,kN*时,
①当ak
1bk
-0时,bka
ak1bk
ak1
bk
1ak
2
2
2
②当ak
1bk
0时,bkak
.ak1
bk1
bk1
bk1
ak1
2
2
2
•••当k
2,k
N*时,都有bk
rbk1
ak,
ak1
1
解:
1
1为公比的等比数列.