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2014届高考数学二轮专题突破辅导与测试 第1部分 专题三 第二讲 高考中的数列解答题型课件课件 文


第二讲

高考中的数列?解答题型?

考点 等差、等比数列的判定与证明 数列求和问题 数列与函数、不等式的综合问题 数列与解析几何的综合问题

数列的实际应用问题
新情境、新定义问题

考情 1.数列求和问题,多以考查公式法、错位相减法和裂项 相消法为主,且考查频率较高,是高考命题的热点

,如2013 年浙江T19等. 2.数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重 点,主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的 方法研究数列的性质,多为中档题,如2013年安徽T19等. 3.数列与解析几何交汇主要涉及点列问题,难度中等 及以上.

4.数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列
为模型进行考查,难度中等及以上.

1.(2013· 浙江高考)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1= 10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列. (1)求d,an; (2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|.

解:(1)由题意得5a3· a1=(2a2+2)2,a2=a1+d,a3=a1+2d且a1 =10. 整理得d2-3d-4=0. 故d=-1或d=4. 所以an=-n+11(n∈N*)或an=4n+6(n∈N*). (2)设数列{an}的前n项和为Sn. 因为d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11. 1 2 21 则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=Sn=-2n + 2 n.

1 2 21 当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=-Sn+2S11= 2 n - 2 n +110. 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|= ? 1 2 21 ?-2n + 2 n,n≤11, ? ?1n2-21n+110,n≥12. 2 ?2

2.(2013· 安徽高考)设数列{an}满足a1=2,a2+a4=8,且对任 意n∈N*,函数f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin
?π? x满足f′?2?=0. ? ?

(1)求数列{an}的通项公式;
? 1 ? (2)若bn=2?an+2a ?,求数列{bn}的前n项和Sn. ? n?

解:(1)由题设可得,f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an
+2

cos x.
*

对任意n∈N

?π? ,f′?2?=an-an+1+an+2-an+1=0, ? ?

即an+1-an=an+2-an+1,故{an}为等差数列. 由a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差d=1, 所以an=2+1· (n-1)=n+1.
? ? 1 ? 1 ? 1 ? ? (2)由bn=2 ?an+2a ? =2 ?n+1+2n+1? =2n+ 2n +2,知Sn=b1+b2 ? n? ? ?

1? ?1?n? ? ? ? ? n?n+1? 2?1-?2? ? 2 1 +?+bn=2n+2· 2 + 1 =n +3n+1-2n. 1-2

一、递推公式求通项常用的方法和技巧 1.an+1=an+f(n),把原递推公式转化为an+1-an=f(n),再 利用累加法求解. an+1 2.an+1=f(n)an,把原递推公式转化为 a =f(n),再利用 n 累乘法求解. 3.an+1=pan+q(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)先用待 q 定系数法把原递推公式转化为an+1-t=p(an-t),其中t= , 1-p 再利用换元法转化为等比数列求解.

二、数列求和常用的方法 1.分组求和法:分组求和法是解决通项公式可以写成cn= an+bn形式的数列求和问题的方法,其中{an}与{bn}是等差(比)数 列或一些可以直接求和的数列. 2.裂项相消法:将数列的通项分成两个代数式子的差,即 an=f(n+1)-f(n)的形式,然后通过累加抵消中间若干项的求和 方法.形如
? ? c ? ? ? ? ? ?anan+1? ?

(其中{an}是各项均不为0的等差数列,c为常

数)的数列等.

3.错位相减法:形如{an· bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为 等比数列)的数列求和,一般分三步:①巧拆分;②构差式;③ 求和. 4.倒序求和法:距首尾两端等距离的两项和相等,可以用 此法,一般步骤:①求通项公式;②定和值;③倒序相加;④ 求和;⑤回顾反思.

等差、等比数列的判定与证明
[例 1] (2013· 北京高考)给定数列 a1,a2,?,an,对 i=1,2,?, n-1,该数列前 i 项的最大值记为 Ai,后 n-i 项 ai+1,ai+2,?,an 的 最小值记为 Bi,di=Ai-Bi. (1)设数列{an}为 3,4,7,1,写出 d1,d2,d3 的值; (2)设 a1,a2,?,an(n≥4)是公比大于 1 的等比数列,且 a1>0,证 明:d1,d2,?,dn-1 是等比数列; (3)设 d1,d2,?,dn-1 是公差大于 0 的等差数列,且 d1>0,证明: a1,a2,?,an-1 是等差数列.

[自主解答]

(1)d1=2,d2=3,d3=6.

(2)证明:因为 a1>0,公比 q>1,所以 a1,a2,?,an 是递增 数列. 因此,对 i=1,2,?,n-1,Ai=ai,Bi=ai+1. 于是对 i=1,2,?,n-1, di=Ai-Bi=ai-ai+1=a1(1-q)qi 1.


di+1 因此 di≠0 且 d =q(i=1,2,?,n-2), i 即 d1,d2,?,dn-1 是等比数列.

(3)证明:设d为d1,d2,?,dn-1的公差. 对1≤i≤n-2,因为Bi≤Bi+1,d>0, 所以Ai+1=Bi+1+di+1≥Bi+di+d>Bi+di=Ai. 又因为Ai+1=max{Ai,ai+1},所以ai+1=Ai+1>Ai≥ai. 从而a1,a2,?,an-1是递增数列. 因此Ai=ai(i=1,2,?,n-1). 又因为B1=A1-d1=a1-d1<a1, 所以B1<a1<a2<?<an-1. 因此an=B1.

所以B1=B2=?=Bn-1=an. 所以ai=Ai=Bi+di=an+di. 因此对i=1,2,?,n-2都有ai+1-ai=di+1-di=d, 即a1,a2,?,an-1是等差数列.

——————————规律· 总结————————————
证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法 an+1 (1)定义法:an+ 1-an= d(常数 )(n∈N )? {an}是等差数列; a = q(q n
*

是非零常数)?{an}是等比数列; (2)等差(比)中项法: 2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an}是等差数列; a2 n+1= an· an+2(n∈N*,an≠0)?{an}是等比数列; (3)通项公式法:an=pn+q(p,q 为常数)?{an}是等差数列;an=a1· qn
-1

(其中 a1,q 为非零常数,n∈N*)?{an}是等比数列. (4)前 n 项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B 为常数)?{an}是等差数列;

Sn=Aqn-A(A 为非零常数,q≠0,1)?{an}是等比数列.

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1.已知数列{an},{bn}满足:a1=0,b1=2 013,且对任意的正 整数n,an,an+1,bn和an+1,bn+1,bn均成等差数列. (1)求a2,b2的值; (2)证明:{an-bn}和{an+2bn}均成等比数列; (3)是否存在唯一的正整数c,使得an<c<bn恒成立?证明你 的结论.

a1+b1 2 013 a2+b1 6 039 解:(1)a2= 2 = 2 ,b2= 2 = 4 . (2)证明:依题意,对任意的正整数n,有 an+bn ? ?an+1= 2 , ? ?b + =an+1+bn 2 ? n 1 1 1 ? ?an+1=2an+2bn, ? ? ?bn+1=1an+3bn, 4 4 ? an+1-bn+1 因为 = an-bn

?1 1 ? ?1 3 ? ? an+ bn?-? an+ bn? 2 ? ?4 4 ? ?2

an-bn

1 = 4 ,n∈N*,又a1-b1=-2 013≠0,所

1 以,{an-bn}是首项为-2 013,公比为4的等比数列;

an+1+2bn+1 因为 = an+2bn 比数列.

?1 ?1 1 ? 3 ? ? an+ bn?+2? an+ bn? 2 ? 4 ? ?2 ?4

an+2bn

=1,n∈N*,又a1+

2b1=4 026≠0,所以,{an+2bn}是首项为4 026,公比为1的等 1 342 ? ?an=1 342- 4n-1 , 解得 ? ?bn=1 342+ 671 n- 1 , 4 ?

?an+2bn=4 026, ? 2 013 (3)由(2)得 ? an-bn=- n-1 , ? 4 ? N*.

n∈

显然,{an}是单调递增数列,{bn}是单调递减数列,且an<1 342<bn,n∈N*.

即存在正整数c=1 342,使得对任意的n∈N*,有an<1 342<bn. ?1 342 ? 4n-1 <1, 又令? ? 671 n-1<1, ?4

得22n-2>1 342.

而210=1 024,212=4 096,所以2n-2≥12,n≥7. 即对任意的n∈N*当n≥7时,1 341<an<1 342<bn<1 343, 所以正整数c=1 342也是唯一的. 综上所述,存在唯一的正整数c=1 342,使得对任意的n∈N*, 有an<c<bn恒成立.

数列求和问题
[例 2] (2013· 南昌模拟)下表是一个由正数组成的数表,数表

中各行依次成等差数列,各列依次成等比数列,且公比都相等, 已知 a1,1=1,a2,3=6,a3,2=8.

a1,1 a2,1 a3,1 a4,1 ?

a1,2 a2,2 a3,2 a4,2 ?

a1,3 a2,3 a3,3 a4,3 ?

a1,4 a2,4 a3,4 a4,4 ?

? ? ? ? ?

(1)求数列{an,2}的通项公式; a1,n (2)设bn= ,n=1,2,3,?,求数列{bn}的前n项和Sn. an,2 [自主解答] (1)设各行依次组成的等差数列的公差是d,各

列依次组成的等比数列的公比是q(q>0), 则a2,3=qa1,3=q(1+2d)?q(1+2d)=6, a3,2=q2a1,2=q2(1+d)?q2(1+d)=8, 解得d=1,q=2.a1,2=2?an,2=2×2n 1=2n.


n 1 2 3 n (2)bn=2n,则Sn=2+22+23+?+2n, 1 1 2 3 n 则2Sn=22+23+24+?+ n+1, 2 n+2 1 1 1 1 1 n 两式相减得2Sn=2+22+23+?+2n- n+1=1- n+1 , 2 2 n+ 2 所以Sn=2- 2n .

互动探究
a1,n 若本例(2)中bn= +(-1)na1,n,如何求Sn? an,2 ?1 2 3 n? n n 解:由例题可知 bn= n+(-1) n,Sn=?2+22+23+?+2n?+[- 2 ? ?

1+2-3+…+(-1) nn]. 1 2 3 n 1 1 2 3 n 设 Tn= + 2+ 3+?+ n,则 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , n+ 2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 Tn= + 2+ 3+?+ n- n+1=1- n+1 ,所以 Tn 2 2 2 2 2 2 2 n+ 2 = 2- n . 2

?n ?2 ,n为偶数, 又-1+2-3+?+?-1?n· n =? ?-1+n,n为奇数, 2 ? 2 ? ?2+n-n+ ,n为偶数, 2 2n ? 故 Sn=? ?3-n n+2 - n ,n为奇数. ? 2 2 ?

——————————规律· 总结————————————

五招解决数列求和问题 (1)转化法:将数列的项进行分组重组,使之转化为 n 个 等差数列或等比数列,然后应用公式求和. (2)错位相减法:(见要点归纳) (3)裂项相消法:(见要点归纳) (4)倒序相加法:(见要点归纳) (5)并项求和法:先将某些项放在一起求和,然后再求 Sn.
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2.已知数列{an}中,a1=2,an=2-

1 an-1

(n≥2,n∈N*).

1 (1)设bn= (n∈N*),求证:数列{bn}是等差数列; an-1 1 (2)设cn= (n∈N*),求数列{cn}的前n项和Sn. bn bn+2 1 1 解:(1)证明:∵an=2- ,∴an+1=2-a . an-1 n
1 1 ∴bn+1-bn= - = an+1-1 an-1 an-1 1 1 - = = 1, 1 an-1 an-1 2-a -1 n

1 ∴{bn}是首项为b1= =1,公差为1的等差数列. 2- 1 (2)由(1)知bn=n, 1 ? 1 1 1? ?1 ∵cn= = =2?n-n+2? ?, bnbn+2 n?n+2? ? ? 1? ?1 1? ?1 1? 1?? ∴Sn=2??1-3?+?2-4?+?3-5?+? + ?? ? ? ? ? ?
? 1 ? ? 1 ? 1 ? ? ? ?1 ?? ?n-1-n+1?+?n-n+2?? ? ? ? ??

1 1 1 ? 2n + 3 1? ? ? 3 =2?1+2-n+1-n+2?=4- . 2?n+1??n+2? ? ?

数列与函数、方程的综合应用
[例3] (2013· 成都模拟)设函数f(x)=x2,过点C1(1,0)作x轴的

垂线l1交函数f(x)图像于点A1,以A1为切点作函数f(x)图像的切线 交x轴于点C2,再过C2作x轴的垂线l2交函数f(x)图像于点A2,?, 以此类推得点An,记An的横坐标为an,n∈N*. (1)证明数列{an}为等比数列,并求出通项公式;

??? ? (2)设直线ln与函数g(x)=log 1 x的图像相交于点Bn,记bn= OA
2

??? ? OB n(其中O为坐标原点),求数列{bn}的前n项和Sn. n·

[自主解答]

(1)以点An-1(an-1,a

2 n- 1

)(n≥2)为切点的切线

方程为y-a2 n-1=2an-1(x-an-1). 1 1 当y=0时,得x=2an-1,即an=2an-1. 又∵a1=1, 1 ∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列.
?1?n-1 ∴通项公式为an=?2? . ? ?

??1?n-1 ? (2)由题意,得Bn??2? ,n-1?. ?? ? ?

? ??? ? ??? ?1?n-1 ?1?n-1 ?1?n-1 ? ? ? ? ∴bn= OA n· (n-1)=n?4? . OB n=?4? +?4? · ? ?
?1? ?1? ?1? - ∵Sn=1×?4?0+2×?4?1+?+n×?4?n 1, ? ? ? ? ? ? ?1?1 ?1?2 ?1?n 1 ? ? ? ? ? ? 4Sn=1×?4? +2×?4? +?+n×?4? , ?1? 0 ?1? 1 ?1? n-1 ?1? n 3 ? ? ? ? ? ? 两式相减,得 4 Sn=1× 4 +1× 4 +?+ 4 -n× ?4? = ? ? ? ? ? ? ? ? ?1?n 1-?4? ? ? ?1?n 16 ?4n 16? ?1?n 16 3n+4 ? ? -n× 4 ,化简,得Sn= 9 -? 3 + 9 ?×?4? = 9 - - . ? ? ? ? ? ? 9× 4n 1

1 1- 4

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解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向 (1)函数条件的转化.直接利用函数与数列的对应关系,把函数解 析式中的自变量x换为n即可; (2)方程条件的转化.一般要根据方程解的有关条件进行转化; (3)数列向函数的转化.可将数列中的问题转化为函数的相应问题 求解,但要注意自变量取值范围的限制.对于数列中的最值、范围等 问题的求解,可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条件来求 解.

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3.已知函数f(x)=(x-1)2,g(x)=4(x-1).数列{an}是各项均不 为0的等差数列,点(an+1,S2n-1)在函数f(x)的图像上;数列 {bn}满足b1=2,bn≠1,且(bn-bn+1)· g(bn)=f(bn)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式,并证明数列{bn-1}是等比数列; an (2)若数列{cn}满足cn= n-1 ,证明:c1+c2+c3+?+ 4 · ?bn-1? cn<3.

解:(1)因为点(an+1,S2n-1)在函数f(x)的图像上,所以a2 n=S2n-1.
2 ? ?a1=S1, 分别令n=1,n=2,得? 2 ? ?a2=S3, 2 ? ?a1=a1, 即? 2 ? ? a + d ? =3a1+3d, ? 1

解得a1=1,d=2(d=-1舍去),则an=2n

-1. 由(bn-bn+1)· g(bn)=f(bn),得4(bn-bn+1)· (bn-1)=(bn-1)2.

由题意bn≠1,所以4(bn-bn+1)=bn-1, bn+1-1 3 即3(bn-1)=4(bn+1-1),所以 =4. bn-1

又因为b1=2,所以b1-1=1. 3 所以数列{bn-1}是首项为1,公比为4的等比数列.
?3?n-1 (2)证明:由(1)得bn-1=?4? . ? ?

2n-1 2n-1 an cn= n-1 = = n-1 . ? ? 3 4 · ?bn-1? 3 ? ?n-1 4n-1· ?4?

2n-3 2n-1 1 3 5 令 Tn=c1+c2+c3+?+cn,则 Tn= 0+ 1+ 2+?+ n-2 + n-1 , 3 3 3 3 3 ① 2n-3 2n-1 1 1 3 5 T = + + +?+ n-1 + n , ② 3 n 31 32 33 3 3 1 1- n-1 3 2n-1 2n-1 2 1 2 2 2 2 ①-②得, Tn= 0+ 1+ 2+?+ n-1- n =1+ · - n 3 3 3 3 3 3 1 3 3 1- 3 2n-1 2?n+1? 1 =2- n-1- n =2- . 3 3n 3 n+1 n+1 所以 Tn=3- n-1 ,所以 c1+c2+c3+?+cn=3- n-1 <3. 3 3

数列的实际应用
[例4] 为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,长沙

市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车.每更换一辆新 车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型 车.今年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400 辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动 力型车每年比上一年多投入a辆. (1)求经过n年,该市被更换的公交车总数S(n); (2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.

[自主解答]

(1)设an、bn分别为第n年投入的电力型公交

车、混合动力型公交车的数量, 3 依题意知,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=2的等 比数列;数列{bn}是首项为400,公差为a的等差数列.
? ?3?n? 128×?1-?2? ? ? ? ? ? ??3?n ? =256??2? -1?, ?? ? ?

所以数列{an}的前n项和Sn=

3 1-2

n?n-1? 数列{bn}的前n项和Tn=400n+ 2 a.

所以经过n年,该市更换的公交车总数
??3?n ? n ? n - 1? S(n)=Sn+Tn=256??2? -1?+400n+ 2 a. ?? ? ?

(2)若用7年的时间完成全部更换,则S(7)≥10 000,
??3?7 ? 7×6 即256??2? -1?+400×7+ 2 a≥10 ?? ? ?

000,

即21a≥3 082, 3 082 所以a≥ 21 . 又a∈N*,所以a的最小值为147.

——————————规律· 总结————————————
求解数列应用题必须明确三点 (1)该应用题属于哪种数列模型,是等差数列还是等比数 列; (2)是求通项问题还是求项数问题,或是求和问题; (3)题目中涉及哪几个量,这几个量之间存在什么关系.

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4.祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来,在11个省区设立了海峡 两岸农业合作试验区和台湾农民创业园,台湾农民在那里申办个 体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服 务.某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂, 第一年各种经费12万美元,以后每年增加4万美元,每年销售蔬菜 收入50万美元,设f(n)表示前n年的纯收入.(f(n)=前n年的总收入 -前n年的总支出-投资额) (1)从第几年开始该台商获利? (2)若干年后,该台商为开发新项目,有两种处理方案:①年平均 利润最大时以48万美元出售该厂;②纯利润总和最大时,以16万 美元出售该厂,问哪种方案最合算?

解:由题意知,每年的经费是以12为首项,4为公差的等差数列. 设纯利润与年数的关系为f(n),
? ? n?n-1? ?-72=-2n2+40n-72. 则f(n)=50n-?12n+ × 4 2 ? ?

(1)获取纯利润就是要求f(n)>0,故有-2n2+40n-72>0,解得 2<n<18. 又n∈N*,可知从第三年开始获利.
? 36? f?n? (2)①平均利润为 n =40-2 ?n+ n ? ≤16,当且仅当n=6时取等 ? ?

号.

故此方案获利-2×62+40×6-72+48=144(万美元),此时 n= 6. ②f(n)=-2n2+40n-72=-2(n-10)2+128, 当 n=10 时, f(n)max =128. 故此方案共获利 128+16=144(万美元). 比较两种方案,第①种方案只需 6 年,第②种方案需要 10 年, 故选择第①种方案.

课题13 [典例]

数列与不等式的综合问题

(2013· 江西高考)正项数列{an}的前n项和Sn满

2 足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

(1)求数列{an}的通项公式an; n+ 1 (2)令bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对 ?n+2?2a2 n 5 于任意的n∈N ,都有Tn<64.
*

[考题揭秘]

本题主要考查特殊数列的求和问题,意在考查考

生的转化与化归能力以及运算求解能力. [审题过程]
2 2 第一步:审条件.S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0.

5 第二步:审结论.(1)求an;(2)证明不等式Tn<64. 第三步:建联系.(1)题设中等式左边为关于Sn的二次三项式, 故可将其分解因式,求出Sn,再利用数列和项互化公式求出an;(2) 1 ? n+1 1 ?1 ? 2- 根据(1)可得bn= 2 2? ,故自然联想到用裂项 2= n ?n+2? ? 4n ?n+2? 16 ? 法求Tn.

[规范解答]

2 2 (1)由S2 - ( n + n - 1) S - ( n +n)=0, n n

得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n. 于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2- (n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为an=2n. (2)证明:由于an=2n, n+ 1 n+1 故bn= ………………………………① 2= ?n+2?2an 4n2?n+2?2 1 ? 1? ?1 =16?n2-?n+2?2? ?,………………………………………② ? ?

Tn=

1 16

? 1 1 1 1 1 1 ? 1 - + - + - + ? + 2 2 2 2 2 2 ? 3 2 4 3 5 ? n - 1 ? ?



1 1 1 ? 1 1 1 ? 1? 1? ? ? ? 1 ? + 2- = 16 ?1+22-?n+1?2-?n+2?2? < 16 ?1+22? ?n+1?2 n ?n+2?2? ? ? ? ? ? 5 =64.???????????????????????
*



5 故对于任意的n∈N ,都有Tn<64.??????????④

[模型归纳] 数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背 景,主要考查数列中最值的求解或不等式的证明.解决此类问 题的模型示意图如下:

[变式训练]
2Sn 1.(2013· 广东高考)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1, n =an 1 2 2 * + 1 - n - n - , n∈ N . 3 3 (1)求a2的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3)证明:对一切正整数n,有a +a +?+a <4. 1 2 n

1 2 解:(1)依题意,2S1=a2-3-1-3,又S1=a1=1,所以a2=4. 1 3 2 2 (2)当n≥2时,2Sn=nan+1-3n -n -3n, 1 2 3 2 2Sn-1=(n-1)an-3(n-1) -(n-1) -3(n-1), 1 2 2 两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-3(3n -3n+1)-(2n-1)-3, an+1 an 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即 - =1. n+ 1 n

a2 a1 又当n=1时, 2 - 1 =1,
?an? 故数列? n ?是首项为1,公差为1的等差数列, ? ?

an 所以 n =1+(n-1)×1=n,所以an=n2. 1 7 (3)证明:当n=1时,a =1<4; 1 1 1 1 5 7 当n=2时,a +a =1+4=4<4; 1 2 1 1 1 1 1 当n≥3时,a =n2< = -n,此时 ?n-1?n n-1 n

1 1 1 1 1 1 1 1 ?1 1? ?1 1? + + ? + = 1 + 2 + 2 + 2 +?+ 2 <1+ + ? - ? + ? - ? a1 a2 an 2 3 4 n 4 ?2 3? ?3 4?
? 1 1? 1 1 1 7 1 7 ? ? - +?+?n-1 n?=1+4+2-n=4-n<4. ? ?

1 1 1 7 综上,对一切正整数n,有a +a +?+a <4. 1 2 n

3 2.已知首项为 2 的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且- 2S2,S3,4S4成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 1 13 (2)证明:Sn+S ≤ 6 (n∈N*). n
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,因为-2S2,S3,4S4成等差 数列,所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,可得2a4= a4 1 -a3,于是q=a =-2. 3

3 3 ? 1?n-1 3 - 又a1=2,所以等比数列{an}的通项公式为an=2×?-2? =(-1)n 1· 2n. ? ? (2)Sn=1-
? 1? ?- ? ? 2?
n

,Sn+

1 Sn

=1-

? 1? ?- ? ? 2?

n



1
? 1? 1-?-2?n ? ?



1 ?2+ n n ? 2 ?2 +1?,n为奇数, ? 1 ?2+ n n ,n为偶数. ? 2 ?2 -1?

1 当n为奇数时,Sn+S 随n的增大而减小,所
n

1 1 13 1 以Sn+ S ≤S1+ S = 6 ;当n为偶数时,Sn+ S 随n的增大而减小,所以Sn
n 1 n

1 1 25 +S ≤S2+S =12.
n 2

1 13 故对于n∈N*,有Sn+S ≤ 6 .
n


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