高三数列大题放缩法的应用

. -2021 年10月31日nksage的高中数学组卷一解答题共21小题12021*数列an和bn满足a1a2a3an=nN*假设an为等比数列，且a1=2，b3=6+b2求an和bn；设=nN*记数列的前n项和为Sn i求Sn； ii求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn22021 *数列an满足：a1+2a2+nan=4，nN+1求a3的值；2求数列an的前 n项和Tn；3令b1=a1，bn=+1+ann2，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn2+2lnn32021*设数列an的前n项和为Sn，a1=1，nN*1求a2的值；2求数列an的通项公式；3证明：对一切正整数n，有42021*设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn满足Sn2n2+n3Sn3n2+n=0，nN*1求a1的值；2求数列an的通项公式；3证明：对一切正整数n，有+52021*设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Sn=an+124n1，nN*，且a2，a5，a14构成等比数列1证明：a2=；2求数列an的通项公式；3证明：对一切正整数n，有62021*设数列an的前n项和为Sn，满足2Sn=an+12n+1+1，nN*，且a1，a2+5，a3成等差数列1求a1的值；2求数列an的通项公式；3证明：对一切正整数n，有72021 *在数列an中，a1=3，an+1an+an+1+an2=0nN+假设=0，=2，求数列an的通项公式；假设=k0N+，k02，=1，证明：2+2+82021*q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M=0，1，2，q1，集合A=*|*=*1+*2q+*nqn1，*iM，i=1，2，n当q=2，n=3时，用列举法表示集合A；设s，tA，s=a1+a2q+anqn1，t=b1+b2q+bnqn1，其中ai，biM，i=1，2，n证明：假设anbn，则st92021*设数列an的前n项和Sn满足Sn+1=a2Sn+a1，其中a20求证：an是首项为1的等比数列；假设a21，求证，并给出等号成立的充要条件102021秋梁子湖区校级月考函数I假设*0时，f*0，求的最小值；II设数列an的通项an=1+112021*设b0，数列an满足a1=b，an=n21求数列an的通项公式；2证明：对于一切正整数n，an+1122021*数列an与bn满足bn+1an+bnan+1=2n+1，bn=，nN*，且a1=2求a2，a3的值设=a2n+1a2n1，nN*，证明是等比数列设Sn为an的前n项和，证明+nnN*132021*设实数数列an的前n项和Sn满足Sn+1=an+1SnnN*假设a1，S2，2a2成等比数列，求S2和a3求证：对k3有0ak142021*函数f*=*3，g *=*+求函数h *=f*g *的零点个数并说明理由；设数列 annN*满足a1=aa0，fan+1=gan，证明：存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM152021*公差不为0的等差数列an的首项a1a1R，且，成等比数列求数列an的通项公式；对nN*，试比较与的大小162021*公差不为0的等差数列an的首项a1为aaR设数列的前n项和为Sn，且，成等比数列求数列an的通项公式及Sn；记An=+，Bn=+，当n2时，试比较An与Bn的大小172021*各项均为正数的数列an，a1=a，a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m，n，p，q都有1当时，求通项an；2证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数n，都有182021*设数列an满足a1=0，an+1=can3+1c，nN*，其中c为实数1证明：an0，1对任意nN*成立的充分必要条件是c0，1；2设，证明：an13cn1，nN*；3设，证明：192021*数列an为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列bn为等比数列，且a1=3，b1=1，数列是公比为64的等比数列，b2S2=641求an，bn；2求证202006*有穷数列an共有2k项整数k2，首项a1=2设该数列的前n项和为Sn，且an+1=a1Sn+2n=1，2，2k1，其中常数a11求证：数列an是等比数列；2假设a=，数列bn满足bn=n=1，2，2k，求数列bn的通项公式；3假设2中的数列bn满足不等式|b1|+|b2|+|b2k1|+|b2k|4，求k的值212002数列*n由以下条件确定：*1=a0，*n+1=，nN证明：对n2，总有*n；证明：对n2，总有*n*n+1；假设数列*n的极限存在，且大于零，求*n的值2021 年10月31日nksage的高中数学组卷参考答案与试题解析一解答题共21小题12021*数列an和bn满足a1a2a3an=nN*假设an为等比数列，且a1=2，b3=6+b2求an和bn；设=nN*记数列的前n项和为Sn i求Sn； ii求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn考点：数列与不等式的综合；数列的求和专题：等差数列与等比数列分析：先利用前n项积与前n1项积的关系，得到等比数列an的第三项的值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn；i利用数列特征进展分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；ii本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明解答：解：a1a2a3an=nN* ，当n2，nN*时， ，由知：，令n=3，则有b3=6+b2，a3=8an为等比数列，且a1=2，an的公比为q，则=4，由题意知an0，q0，q=2nN*又由a1a2a3an=nN*得：，bn=nn+1nN*i=Sn=c1+c2+c3+=；ii因为c1=0，c20，c30，c40；当n5时，而=0，得，所以，当n5时，0，综上，对任意nN*恒有S4Sn，故k=4点评：此题考察了等比数列通项公式、求和公式，还考察了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法此题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力此题属于难题22021 *数列an满足：a1+2a2+nan=4，nN+1求a3的值；2求数列an的前 n项和Tn；3令b1=a1，bn=+1+ann2，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn2+2lnn考点：数列与不等式的综合；数列的求和专题：创新题型；点列、递归数列与数学归纳法分析：1利用数列的递推关系即可求a3的值；2利用作差法求出数列an的通项公式，利用等比数列的前n项和公式即可求数列an的前 n项和Tn；3利用构造法，结合裂项法进展求解即可证明不等式解答：解：1a1+2a2+nan=4，nN+a1=43=1，1+2a2=4=2，解得a2=，a1+2a2+nan=4，nN+a1+2a2+n1an1=4，nN+两式相减得nan=44=，n2，则an=，n2，当n=1时，a1=1也满足，an=，n1，则a3=；2an=，n1，数列an是公比q=，则数列an的前 n项和Tn=221n3bn=+1+an，b1=a1，b2=+1+a2，b3=1+a3，bn=+1+an，Sn=b1+b2+bn=1+a1+1+a2+1+an=1+a1+a2+an=1+Tn=1+221n21+，设f*=ln*+1，*1，则f*=即f*在1，+上为增函数，f1=0，即f*0，k2，且kN时，f=ln+10，即ln，ln，即=lnn，21+2+2lnn，即Sn21+lnn=2+2lnn点评：此题主要考察数列通项公式以及前n项和的计算，以及数列和不等式的综合，利用作差法求出数列的通项公式是解决此题的关键考察学生的计算能力，综合性较强，难度较大32021*设数列an的前n项和为Sn，a1=1，nN*1求a2的值；2求数列an的通项公式；3证明：对一切正整数n，有考点：数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合专题：等差数列与等比数列分析：1利用a1=1，nN*令n=1即可求出；2利用an=SnSn1n2即可得到nan+1=n+1an+nn+1，可化为，再利用等差数列的通项公式即可得出；3利用2，通过放缩法n2即可证明解答：解：1当n=1时，解得a2=42当n2时，得整理得nan+1=n+1an+nn+1，即，当n=1时，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列所以，即所以数列an的通项公式为，nN*3因为n2所以=当n=1，2时，也成立点评：熟练掌握等差数列的定义及通项公式、通项与前n项和的关系an=SnSn1n2、裂项求和及其放缩法等是解题的关键42021*设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn满足Sn2n2+n3Sn3n2+n=0，nN*1求a1的值；2求数列an的通项公式；3证明：对一切正整数n，有+考点：数列与不等式的综合；数列递推式专题：等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法分析：1此题可以用n=1代入题中条件，利用S1=a1求出a1的值；2利用an与Sn的关系，将条件转化为an的方程，从而求出an；3利用放缩法，将所求的每一个因式进展裂项求和，即可得到此题结论解答：解：1令n=1得：，即S1+3S12=0S10，S1=2，即a1=22由得：an0nN*，Sn0当n2时，又a1=2=21，3由2可知=，nN*，=，当n=1时，显然有=；当n2时，+=所以，对一切正整数n，有点评：此题考察了数列的通项与前n项和的关系、裂项求和法，还用到了放缩法，计算量较大，有一定的思维难度，属于难题52021*设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Sn=an+124n1，nN*，且a2，a5，a14构成等比数列1证明：a2=；2求数列an的通项公式；3证明：对一切正整数n，有考点：数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合专题：等差数列与等比数列分析：1对于，令n=1即可证明；2利用，且，n2，两式相减即可求出通项公式3由2可得=利用裂项求和即可证明解答：解：1当n=1时，2当n2时，满足，且，an0，an+1=an+2，当n2时，an是公差d=2的等差数列a2，a5，a14构成等比数列，解得a2=3，由1可知，a1=1a2a1=31=2，an是首项a1=1，公差d=2的等差数列数列an的通项公式an=2n13由2可得式=点评：熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式、裂项求和、通项与前n项和的关系an=SnSn1n2是解题的关键62021*设数列an的前n项和为Sn，满足2Sn=an+12n+1+1，nN*，且a1，a2+5，a3成等差数列1求a1的值；2求数列an的通项公式；3证明：对一切正整数n，有考点：数列与不等式的综合；等差数列的性质；数列递推式专题：等差数列与等比数列分析：1在2Sn=an+12n+1+1中，令分别令n=1，2，可求得a2=2a1+3，a3=6a1+13，又a1，a2+5，a3成等差数列，从而可求得a1；2由2Sn=an+12n+1+1，得an+2=3an+1+2n+1，an+1=3an+2n，由可知an+2n为首项是3，3为公比的等比数列，从而可求an；3法一，由an=3n2n=323n1+3n22+3n322+2n13n1可得，累加后利用等比数列的求和公式可证得结论；法二由an+1=3n+12n+123n2n+1=2an可得，于是当n2时，累乘得：，从而可证得+解答：解：1在2Sn=an+12n+1+1中，令n=1得：2S1=a222+1，令n=2得：2S2=a323+1，解得：a2=2a1+3，a3=6a1+13又2a2+5=a1+a3解得a1=12由2Sn=an+12n+1+1，得an+2=3an+1+2n+1，又a1=1，a2=5也满足a2=3a1+21，所以an+1=3an+2n对nN*成立an+1+2n+1=3an+2n，又a1=1，a1+21=3，an+2n=3n，an=3n2n；3法一an=3n2n=323n1+3n22+3n322+2n13n1，+1+=；法二an+1=3n+12n+123n2n+1=2an，当n2时，累乘得：，+1+点评：此题考察数列与不等式的综合，考察数列递推式，着重考察等比数列的求和，着重考察放缩法的应用，综合性强，运算量大，属于难题72021 *在数列an中，a1=3，an+1an+an+1+an2=0nN+假设=0，=2，求数列an的通项公式；假设=k0N+，k02，=1，证明：2+2+考点：数列与不等式的综合专题：创新题型；等差数列与等比数列；不等式的解法及应用分析：把=0，=2代入数列递推式，得到 nN+，分析an0后可得an+1=2annN+，即an是一个公比q=2的等比数列从而可得数列的通项公式；把代入数列递推式，整理后可得nN进一步得到=，对n=1，2，k0求和后放缩可得不等式左边，结合，进一步利用放缩法证明不等式右边解答：解：由=0，=2，有 nN+假设存在*个n0N+，使得，则由上述递推公式易得，重复上述过程可得a1=0，此与a1=3矛盾，对任意nN+，an0从而an+1=2annN+，即an是一个公比q=2的等比数列故证明：由，数列an的递推关系式变为，变形为：nN由上式及a1=30，归纳可得3=a1a2anan+10=，对n=1，2，k0求和得：=另一方面，由上已证的不等式知，得=2+综上，2+2+点评：此题考察了数列递推式，考察了等比关系确实定，训练了放缩法证明数列不等式属难度较大的题目82021*q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M=0，1，2，q1，集合A=*|*=*1+*2q+*nqn1，*iM，i=1，2，n当q=2，n=3时，用列举法表示集合A；设s，tA，s=a1+a2q+anqn1，t=b1+b2q+bnqn1，其中ai，biM，i=1，2，n证明：假设anbn，则st考点：数列与不等式的综合；数列的求和专题：等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法分析：当q=2，n=3时，M=0，1，A=*|，*iM，i=1，2，3即可得到集合A由于ai，biM，i=1，2，nanbn，可得anbn1由题意可得st=a1b1+a2b2q+1+q+qn2+qn1，再利用等比数列的前n项和公式即可得出解答：解：当q=2，n=3时，M=0，1，A=*|，*iM，i=1，2，3可得A=0，1，2，3，4，5，6，7证明：由设s，tA，s=a1+a2q+anqn1，t=b1+b2q+bnqn1，其中ai，biM，i=1，2，nanbn，anbn1可得st=a1b1+a2b2q+1+q+qn2+qn1=0st点评：此题考察了考察了集合的运算及其性质、等比数列的前n项和公式、不等式的根本性质等根底知识与根本技能方法，考察了推理能力和计算能力，属于难题92021*设数列an的前n项和Sn满足Sn+1=a2Sn+a1，其中a20求证：an是首项为1的等比数列；假设a21，求证，并给出等号成立的充要条件考点：数列与不等式的综合；等比数列的前n项和；等比关系确实定；数列与函数的综合专题：综合题；压轴题分析：根据Sn+1=a2Sn+a1，再写一式，两式相减，即可证得an是首项为1的等比数列；当n=1或2时，等号成立，设n3，a21，且a20，由I知a1=1，所以要证的不等式可化为n3，即证n2，a2=1时，等号成立；再证明a21且a21时，0，即可证得结论解答：证明：Sn+1=a2Sn+a1，Sn+2=a2Sn+1+a1，可得：an+2=a2an+1a20，Sn+1=a2Sn+a1，S2=a2S1+a1，a2=a2a1a20，a1=1an是首项为1的等比数列；当n=1或2时，等号成立设n3，a21，且a20，由知a1=1，所以要证的不等式可化为n3即证n2a2=1时，等号成立当1a21时，与同为负；当a21时，与同为正；a21且a21时，0，即上面不等式n分别取1，2，n累加可得综上，等号成立的充要条件是n=1或2或a2=1点评：此题考察等比数列的证明，考察不等式的证明，考察叠加法的运用，需要一定的根本功，属于中档题102021秋梁子湖区校级月考函数I假设*0时，f*0，求的最小值；II设数列an的通项an=1+考点：数列与不等式的综合；利用导数求闭区间上函数的最值；数列的求和专题：压轴题；转化思想；导数的综合应用；等差数列与等比数列分析：I由于函数的最大值是0，故可先求出函数的导数，研究其单调性，确定出函数的最大值，利用最大值小于等于0求出参数的取值范围，即可求得其最小值；II根据I的证明，可取=，由于*0时，f*0得出，考察发现，假设取*=，则可得出，以此为依据，利用放缩法，即可得到结论解答：解：I由，f0=0，f*=，f0=0欲使*0时，f*0恒成立，则f*在0，+上必为减函数，即在0，+上f*0恒成立，当0时，f*0在0，+上恒成立，为增函数，故不合题意，假设0时，由f*0解得*，则当0*，f*0，所以当0*时，f*0，此时不合题意，假设，则当*0时，f*0恒成立，此时f*在0，+上必为减函数，所以当*0时，f*0恒成立，综上，符合题意的的取值范围是，即的最小值为 II令=，由I知，当*0时，f*0，即取*=，则于是a2nan+=+=ln2nlnn=ln2所以点评：此题考察了数列中证明不等式的方法及导数求最值的普通方法，解题的关键是充分利用已有的结论再结合放缩法，此题考察了推理判断的能力及转化化归的思想，有一定的难度112021*设b0，数列an满足a1=b，an=n21求数列an的通项公式；2证明：对于一切正整数n，an+1考点：数列与不等式的综合；数列递推式专题：等差数列与等比数列分析：1首先要根据条件变形递推公式得：，然后通过换元的方法分析得数列是等比数列，其中从而可以求得数列bn的通项公式，进而即可求得数列an的通项公式；2首先要利用根本不等式获得b2n+b2n12+bn+12n1+bn12n+1+b22n1+22nn2n+1bn，然后对数列an的通项公式变形然后利用所获得的不等式放缩化简即可获得问题的解答解答：解：1由题意知：，设，则设，则，当b=2时，为首项是，公差是的等差数列an=2当b2时，令，是等比数列，又，综上可知：当b=2时，an=2当b2时，2当b=2时，由1知命题显然成立；当b2时，将以上n个式子相加得：b2n+b2n12+bn+12n1+bn12n+1+b22n1+22nn2n+1bn=综上可知：点评：此题考察的是数列的递推公式问题在解答的过程当中充分表达了转化的思想、换元的思想、根本不等式的利用以及放缩法值得同学们体会和反思122021*数列an与bn满足bn+1an+bnan+1=2n+1，bn=，nN*，且a1=2求a2，a3的值设=a2n+1a2n1，nN*，证明是等比数列设Sn为an的前n项和，证明+nnN*考点：数列与不等式的综合；等比关系确实定专题：等差数列与等比数列分析：推出bn的表达式，分别当n=1时，求出a2=；当n=2时，解出a3=8；设=a2n+1a2n1，nN*，利用等比数列的定义，证明是等比数列；求出S2n，a2n，S2n1，a2n1，求出+的表达式，然后求出+的表达式，利用放缩法证明结果解答：解：由bn=，nN*可得bn=又bn+1an+bnan+1=2n+1，当n=1时，a1+2a2=1，可得由a1=2，a2=；当n=2时，2a2+a3=5可得a3=8；证明：对任意nN*，a2n1+2a2n=22n1+12a2n+a2n+1=22n+1，得a2n+1a2n1=322n1，即：=322n1，于是所以是等比数列证明：a1=2，由知，当kN*且k2时，a2k1=a1+a3a1+a5a3+a7a5+a2k1a2k3=2+32+23+25+22k3=2+3=22k1，故对任意的kN*，a2k1=22k1由得22k1+2a2k=22k1+1，所以kN*，因此，于是，故=所以，对任意的nN*，+=+=nn=nnN*点评：此题考察等比数列的定义，等比数列求和等根底知识，考察计算能力、推理论证能力、综合发现问题解决问题的能力以及分类讨论思想132021*设实数数列an的前n项和Sn满足Sn+1=an+1SnnN*假设a1，S2，2a2成等比数列，求S2和a3求证：对k3有0ak考点：数列与不等式的综合；数列递推式专题：综合题；压轴题分析：由题意，得S22=2S2，由S2是等比中项知S2=2，由此能求出S2和a3由题设条件知Sn+an+1=an+1Sn，Sn1，an+11，且，由此能够证明对k3有0an1解答：解：由题意，得S22=2S2，由S2是等比中项知S20，S2=2由S2+a3=a3S2，解得证明：因为Sn+1=a1+a2+a3+an+an+1=an+1+Sn，由题设条件知Sn+an+1=an+1Sn，Sn1，an+11，且，从而对k3 有ak=因，且，要证，由，只要证即证，即，此式明显成立，因此点评：此题考察数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用142021*函数f*=*3，g *=*+求函数h *=f*g *的零点个数并说明理由；设数列 annN*满足a1=aa0，fan+1=gan，证明：存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM考点：数列与不等式的综合；根的存在性及根的个数判断专题：综合题；压轴题分析：由h*=知，*0，+，而h0=0，且h1=10，h2=6，再研究函数在0，+上的单调性，以确定零点个数即可记h*的正零点为*0，即，当a*0时，由a1=a，即a1*0，而，a2*0由此猜想an*0当a*0时，由知，当*1，+时，h*单调递增，hah*0=0，从而a2a，由此猜想ana然后用数学归纳法证明解答：解：由h*=知，*0，+，而h0=0，且h1=10，h2=6，则*=0为h*的一个零点，且h*在1，2内有零点，h*至少有两个零点由h*=，记，则，当*0，+时，g*单调递增，故可判断出h*在0，+仅有一个零点，综上所述，h*有且只有两个零点记h*的正零点为*0，即，1当a*0时，由a1=a，即a1*0，而，a2*0由此猜想an*0下面用数学归纳法证明：当n=1时，a1*0，成立假设当n=k时ak*0成立，则当n=k+1时，由，知ak+1*0因此当n=k+1时，ak+1*0成立故对任意的nN*，an*0成立2当a*0时，由知，当*0，+时，h*单调递增，hah*0=0，从而a2a，由此猜想ana下面用数学归纳法证明：当n=1时，a1a，成立假设当n=k时aka成立，则当n=k+1时，由，知ak+1a因此当n=k+1时，ak+1a成立故对任意的nN*，ana成立综上所述，存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM点评：此题考察数列的性质和运用，解题时要注意不等式性质的合理运用和数学归纳法的证明过程152021*公差不为0的等差数列an的首项a1a1R，且，成等比数列求数列an的通项公式；对nN*，试比较与的大小考点：数列与不等式的综合；数列的求和；等比数列的性质专题：等差数列与等比数列分析：由，成等比数列，利用等比数列的性质及等差数列的通项公式列出关于首项和公差的方程，根据公差d不为0，解得公差d与首项相等，然后根据首项和公差写出数列的通项公式即可；设Tn=与根据中求得的通项公式表示出，然后利用等比数列的前n项和的公式求出Tn，即可比较出两者的大小关系解答：解：设等差数列an的公差为d，由题意可知=，即a1+d2=a1a1+3d，从而a1d=d2，因为d0，所以d=a1，故an=nd=na1；记Tn=+，由an=na1，得=2na1，则Tn=+=1，Tn=1=，从而，当a10时，Tn；当a10时，Tn点评：此题考察学生掌握等比数列的性质，利用运用等比数列的通项公式及前n项和的公式化简求值，是一道中档题162021*公差不为0的等差数列an的首项a1为aaR设数列的前n项和为Sn，且，成等比数列求数列an的通项公式及Sn；记An=+，Bn=+，当n2时，试比较An与Bn的大小考点：数列与不等式的综合；数列的求和；等差数列的性质专题：等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法分析：设出等差数列的公差，利用等比中项的性质，建立等式求得d，则数列的通项公式和前n项的和可得利用的an和Sn，代入不等式，利用裂项法和等比数列的求和公式整理An与Bn，最后对a0和a0两种情况分情况进展比较解答：解：设等差数列an的公差为d，由2=，得a1+d2=a1a1+3d，因为d0，所以d=a1=a所以an=na，Sn=解：=An=+=1=2n1a，所以=为等比数列，公比为，Bn=+=1当n2时，2n=0+1+nn+1，即11所以，当a0时，AnBn；当a0时，AnBn点评：此题主要考察了等差数列的性质涉及了等差数列的通项公式，求和公式以及数列的求和的方法，综合考察了根底知识的运用172021*各项均为正数的数列an，a1=a，a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m，n，p，q都有1当时，求通项an；2证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数n，都有考点：数列与不等式的综合专题：综合题；压轴题；点列、递归数列与数学归纳法分析：1由，令m=1，p=2，q=n1，并将代入化简，可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求数列的通项；2记为bm+n，则，考察函数 ，则在定义域上有，从而对nN*，bn+1ga恒成立，结合，即可得证解答：1解：由得将代入化简得所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，从而，即2证明：由题设的值仅与m+n有关，记为bm+n，则考察函数 ，则在定义域上有故对nN*，bn+1ga恒成立又 ，注意到，解上式得，取，即有点评：此题考察数列递推式，考察赋值法的运用，考察不等式的证明，考察学生分析解决问题的能力，难度较大182021*设数列an满足a1=0，an+1=can3+1c，nN*，其中c为实数1证明：an0，1对任意nN*成立的充分必要条件是c0，1；2设，证明：an13cn1，nN*；3设，证明：考点：数列与不等式的综合专题：证明题；压轴题分析：1先证明必要性：a20，1c0，1，再证明充分性：设c0，1，对nN*用数学归纳法证明an0，12设，当n=1时，a1=0，结论成立当n2时，an=can13+1c，1an=c1an11+an1+an12，所以1+an1+an123且1an10，由此能够导出an13cn1nN*3设，当n=1时，结论成立当n2时，an213cn12=123cn1+3c2n1123cn1，所以解答：解：1必要性：a1=0，a2=1c，又a20，1，01c1，即c0，1充分性：设c0，1，对nN*用数学归纳法证明an0，1当n=1时，a1=00，1假设ak0，1k1则ak+1=cak3+1cc+1c=1，且ak+1=cak3+1c1c=0ak+10，1，由数学归纳法知an0，1对所有nN*成立2设，当n=1时，a1=0，结论成立，当n2时，an=can13+1c，1an=c1an11+an1+an12，由1知an10，1，所以1+an1+an123且1an101an3c1an11an3c1an13c21an23cn11a1=3cn1an13cn1nN*3设，当n=1时，结论成立当n2时，由2知an13cn10an213cn12=123cn1+3c2n1123cn1a12+a22+an2=a22+an2n123c+3c2+3cn1=n12=n12=点评：此题考察数列和不等式的综合应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地选用证明方法192021*数列an为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列bn为等比数列，且a1=3，b1=1，数列是公比为64的等比数列，b2S2=641求an，bn；2求证考点：数列与不等式的综合；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式专题：证明题；综合题分析：1设an的公差为d，bn的公比为q，则d为正整数，an=3+n1d，bn=qn1，依题意有，由此可导出an与bn2Sn=3+5+2n+1=nn+2，所以，然后用裂项求和法进展求解解答：解：1设an的公差为d，bn的公比为q，则d为正整数，an=3+n1d，bn=qn1依题意有由6+dq=64知q为正有理数，故d为6的因子1，2，3，6之一，解得d=2，q=8故an=3+2n1=2n+1，bn=8n12Sn=3+5+2n+1=nn+2=点评：此题考察数列和不等式的综合应用，解题时要认真审题，注意裂项求和法的应用202006*有穷数列an共有2k项整数k2，首项a1=2设该数列的前n项和为Sn，且an+1=a1Sn+2n=1，2，2k1，其中常数a11求证：数列an是等比数列；2假设a=，数列bn满足bn=n=1，2，2k，求数列bn的通项公式；3假设2中的数列bn满足不等式|b1|+|b2|+|b2k1|+|b2k|4，求k的值考点：数列与不等式的综合；等比关系确实定；数列递推式专题：常规题型；综合题；压轴题分析：1要利用分类讨论的思想，分别对n=1时和2n2k1时进展讨论，进而获得an与an+1的关系，故可获得问题的解答；2首先利用1的结论和条件获得an的表达式，然后对a1a2an进展化简，结合对数运算即可获得数列bn的通项公式；3首先利用分类讨论对的大小进展判断，然后对所给不等式去绝对值，即可找到关于k的不等式，进而问题即可获得解答解答：解：由题意：1证明：当n=1时，a2=2a，则=a；当2n2k1时，an+1=a1Sn+2，an=a1Sn1+2，an+1an=a1an，=a，数列an是等比数列2解：由1得an=2an1，a1a2an=2n a1+2+n1=2n=，bn=n=1，2，2k3设bn，解得nk+，又n是正整数，于是当nk时，bn；当nk+1时，bn原式=b1+b2+bk+bk+1+b2k=bk+1+b2kb1+bk=当4，得k28k+40，42k4+2，又k2，当k=2，3，4，5，6，7时，原不等式成立点评：此题考察的是数列与不等式的综合类问题在解答的过程当中充分表达了分类讨论的思想、对数运算的知识以及绝对值和解不等式的知识值得同学们体会和反思212002数列*n由以下条件确定：*1=a0，*n+1=，nN证明：对n2，总有*n；证明：对n2，总有*n*n+1；假设数列*n的极限存在，且大于零，求*n的值考点：数列与不等式的综合；数列的极限专题：综合题；转化思想分析：由*1=a0，及*n+1=，知*n0从而有*n+1=nN，所以，当n2时，*n成立证法一：当n2时，由*n0，*n+1=，用作差法知当n2时，*n*n+1成立证法二：当n2时，由*n0，*n+1=，用作商法知当n2时，*n*n+1成立记*n=A，则*n+1=A，且A0由*n+1=，得A=由此能导出*n的值解答：证明：由*1=a0，及*n+1=，可归纳证明*n0从而有*n+1=nN，所以，当n2时，*n成立证法一：当n2时，因为*n0，*n+1=所以*n+1*n=0，故当n2时，*n*n+1成立证法二：当n2时，因为*n0，*n+1=，所以=1，故当n2时，*n*n+1成立解：记*n=A，则*n+1=A，且A0由*n+1=，得A=由A0，解得A=，故*n=点评：本小题主要考察数列、数列极限、不等式等根本知识，考察逻辑思维能力. 优选-