(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列与不等式第3讲数列的综合问题学案

∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1， 即Sn≥(1＋2n－1)＝n.

2

6an＋1－1111**

4．数列{an}满足a1＝，an＝(n∈N)，若对n∈N，都有k>＋＋…＋成立，则最

5an－1a1a2an小的整数k是( ) A．3 B．4 C．5 D．6 答案 C 解析 由an＝∴

n2

an＋1－1

，得an(an－1)＝an＋1－1， an－1

1111

＝＝－，

an＋1－1an(an－1)an－1an111即＝－，且an>1. anan－1an＋1－11?111?1－∴＋＋…＋＝??＋

a1a2an?a1－1a2－1?

?1－1?＋…＋?1－1? ?a2－1a3－1??an－1an＋1－1?????

＝

11

－， a1－1an＋1－1

111

∴＋＋…＋＝5－

a1a2an1

<5. an＋1－1

111*

又对n∈N，都有k>＋＋…＋成立，

a1a2an∴k≥5.故最小的整数k是5.

5．已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则

100

f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么?f(i)的值为( )

i＝51

A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500 答案 D

解析 由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且n 为奇数时f(n)＝n，

100

则?f(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)

i＝1

＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100) ＝

50×(1＋99)

＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)

2

13

50

＝2 500＋?f(i)，

i＝1

10010050

∴?f(i)＝?f(i)－?f(i)＝2 500.

i＝51

i＝1

i＝1

6．(2018·宁波期末)对给定的正整数n(n≥6)，定义f(x)＝a0＋a1x＋a2x＋…＋anx，其中

2na0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n)，则a6＝________；当n＝2 019时，f(2)＝________.

答案 64

4

2 020

－1 3

*

解析 由a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N，i≤n)得数列{ai}为首项为2，公比为2的等比数列，则ai＝2(i∈N，i≤n)，所以a6＝2＝64.当n＝2 019时，f(x)＝1＋2x＋2x＋…＋2

i*

6

22

2 0192 019

x，则

f(2)＝1＋2×2＋2×2＋…＋2

222 019

×2

2 019

＝1＋4＋4＋…＋4

22 019

1·?1－4

＝1－4

2 020

?4＝2 020

－1. 3

4?16?n－2

7．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1)，则(4＋1)?＋1?的最小值为__________．

3?an?答案 4

44

解析 ∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，

334

∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，

34

∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)，

3

∴a1＝4，∴{an}是首项为4，公比为4的等比数列， ∴an＝4，

n?16??4??16?∴(4＋1)?＋1?＝?＋1??n＋1? ?an??16??4?

n－2

n416

＝2＋＋n≥2＋2＝4，当且仅当n＝2时取“＝”．

164

8．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n(n≥2，n∈N)，若对任意n∈N，an

解析 由条件Sn＋Sn－1＝4n(n≥2，n∈N)， 得Sn＋1＋Sn＝4(n＋1)，

两式相减，得an＋1＋an＝8n＋4，故an＋2＋an＋1＝8n＋12， 两式再相减，得an＋2－an＝8，

将n＝2代入Sn＋Sn－1＝4n，得a1＋a2＋a1＝16，

2

2

2

*

*

2

*

n 14

所以a2＝16－2a，

从而a2n＝16－2a＋8(n－1)＝8n＋8－2a；

将n＝3代入Sn＋Sn－1＝4n，得a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝36， 所以a3＝4＋2a，

从而a2n＋1＝4＋2a＋8(n－1)＝8n－4＋2a，

2

a<16－2a，??

由条件得?8n＋8－2a<8n－4＋2a，

??8n－4＋2a<8?n＋1?＋8－2a，

解得3

*

9．(2018·浙江省重点中学联考)已知数列{an}满足：a1＝0，ln(an＋1－an)＋an＋nln 2＝0(n∈N)． (1)求a3； (2)证明：ln(2－2

1－n*

)≤an≤1－2

1－n；

(3)是否存在正实数c，使得对任意的n∈N，都有an≤1－c，并说明理由． (1)解 由已知得an＋1＝an＋e??an?nln2?,

111

又a1＝0，所以a2＝，a3＝＋ .

224e(2)证明 因为an＋1>an，a1＝0，所以an≥0. 则an＋1＝an＋e??an?nln2?－(n－1)

≤an＋e

－nln 2

＝an＋2， ＋2

－(n－1)

－n所以an≤an－1＋2

a≤an－2＋2

－(n－2)

≤…≤a1＋2＋…＋2

－1－(n－2)

＋2

－(n－1)

＝1－2

1－n.

令f(n)＝en＋2

1－n－2，

则f(n＋1)－f(n)＝e＝e＝ean?1?an?1??n?1?an?2?n?2???e?2?2???

?e－2＝ean－n?a?nln2?an?e?n?ean?2?n

??an?nln2?an?ee??an?nln2???1－2

1－n－n>enea－2＝0，

－n所以{f(n)}是递增数列，所以f(n)≥f(1)＝0， 即ean＋2

1－n－2≥0，所以an≥ln(2－2

)≤an≤1－2

1－n1－n)，

综上所述，ln(2－2(3)解 由(2)得

得证．

an＋1＝an＋e＝an＋

n＋1??an?nln2?≤an＋e??ln2?21?n?nln2?????

1

，

2－2

15

所以a111

n≤an－1＋2n－2≤an－2＋2n－1－2＋2n－2 ≤…≤a11＋22

－2＋…＋112n－1－2＋2n－2

＝

122

－2＋…＋11

2n－1－2＋2n－2

(n≥2)． 因为1112n－2＝4·2n－2－2≤3·2

n－2(n≥3)，

所以当n≥4时，a1111111n<2＋6＋3·22＋…＋3·2n－2＝2＋6＋?3?1

?2－12n－2??5?<6.

由{a5

n}的单调性知当n＝1,2,3时，an<6，

综上所述，对任意的n∈N*

，都有a5n<6，

所以存在c＝1

6

使an≤1－c成立．

10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列a111*

n＝1＋2＋3＋…＋n(n∈N)．

(1)求证：a2 018>6；

(2)求证：对一切n≥2都有a2

a1a2a3ann＋2>2???1＋2＋3

＋…＋n???.

证明 (1)∵a＋111

n＝12＋3＋…＋n，

∴a12 018＝1＋?11??1

1?12＋??3＋4??＋…＋??513

＋…＋1 024??＋…＋2 018， a＋1?11?34?1??5131 024?12

＋?＋?＋…＋??1

＋…＋??

>1＋2＋24＋…＋5121 024＝1＋12 018>12

×10＝6. (2)由题意得a11n－an－1＝n(n≥2)，即an－1＝an－n，

将式子两边平方得

a22

n－1＝an－2??an?n???＋1n2

， ∴a2a2

n－n－1＝2??an?n???－1n2，

a222222222＋a2

n＝an－an－1＋an－1－an－2＋an－2－an－3＋…＋a2－a11

＝2??a1?1＋a22＋a3

3

＋…＋ann???－??111?12＋22＋…＋n2???.

∵1＋11111

22＋…＋n2<1＋1×2＋2×3＋…＋?n－1?n

16