热点专题突破三数列的综合问题1.公差d>0的等差数列{an}中,a1=2,a1,a2,a4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{bn}满足an=+…+,求数列{bn}的通项公式.1.【解析】(1)因为a1,a2,a4成等比数列,所以(a1+d)2=a1(a1+3d),整理得d=a1=2,所以an=a1+(n-1)d=2n.(2)因为an=+…+,①所以an-1=+…+.②①-②得an-an-1=(n≥2),即bn=2(2n+1)=2n+1+2(n≥2),当n=1时,b1=6适合上式,所以bn=2n+1+2.2.数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=2Sn+1,数列{bn}为等差数列,且b3=3,b5=7.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,·k≥bn恒成立,求实数k的取值范围.2.【解析】(1)由an+1=2Sn+1,①得an=2Sn-1+1,②①-②得an+1-an=2(Sn-Sn-1),∴an+1=3an(n≥2).又a2=3,a1=1也满足上式,∴an=3n-1.由b5-b3=2d=6,可得d=3,∴bn=3+(n-3)×3=3n-6.(2)Sn=,∴k≥3n-6对n∈N*恒成立,∴k≥对n∈N*恒成立.令cn=,cn-cn-1=,当n≤3时,cn>cn-1,当n≥4时,cn
0,∴q=2,an=a1qn-1=2n.又a1a2a3…an=(n∈N*),∴,∴bn=.(2)由cn=-2,得Sn=c1+c2+…+cn=+…+-21-++…+=-21-=-1.4.已知数列{an}中,a1=1,an=-,n≥2,且bn=an+,数列{bn}的前n项和为Sn.(1)求证:数列{bn}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)若对任意n∈N*,p≤Sn-≤q,求q-p的最小值.4.【解析】(1)因为bn+1=an+1+=-=-an+=-bn,又b1=a1+≠0,所以数列{bn}是等比数列.因为bn=b1,所以an=bn-.(2)由(1)可知Sn==1-,当n为奇数时,Sn=1+;当n为偶数时,Sn=1-.因为函数y=x-在(0,+∞)上单调递增,所以Sn-的取值范围是.所以p≤-,q≥,所以q-p≥,即q-p的最小值是.5.已知各项均为正数的数列{an}满足+anan+1,且a2+a4=2a3+4,其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足bn=(n∈N*),若存在正整数m,n(10,所以有an+1-2an=0,即an+1=2an,所以数列{an}是公比为2的等比数列,由a2+a4=2a3+4得2a1+8a1=8a1+4,解得a1=2,所以数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).(2)bn=,若b1,bm,bn成等比数列,则,即3m2+n(2m2-4m-1)=0.因为11,所以m=2,此时n=12.6.(2015·长沙长郡中学等十三校第二次联考)已知正项数列{an}的首项a1=1,前n项和Sn满足an=(n≥2).(1)求证:{}为等差数列,并求数列{an}的通项公式;(2)记数列的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,不等式4Tn0,则x0;又g(1)=1+a,所以g(x)∈(a,1+a],由已知得(a,1+a],⊇所以所以≤a≤0.(3)+fn(en)-an=ln·+ln.令t=,h(x)=(x≥1),h'(x)=≤0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递减.所以10,所以r(t)>r(1)=0,所以>0,所以+fn(en)>an.8.(2015·广东高考)数列{an}满足:a1+2a2+…+nan=4-,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{an}的前n项和Tn;(3)令b1=a1,bn=an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.8.【解析】(1)依题意有a1+2a2+…+nan=4-,n∈N*,当n≥2时,有a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-,两式相减得nan=-,即an=,n≥2.且n=1时,a1=1也满足通项公式,综上得an=,n∈N*.则a3=.(2)由(1)知Tn==2-.(3)由(2)得Tn=2-,当n≥2时,bn=an=(a1+a2+…+an-1)+an=a1+a2+…+an-1+an,所以Sn=b1+b2+…+bn=a1++a1+a2+1+a3+…+a1+a2+…+an-1+an=a1+a2+…+1++…+an=(a1+a2+…+an)=Tn=,下面证明+…+0,则F'(x)=>0,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,故F(x)=ln(1+x)->F(0)=0,即对于(0,+∞),恒有ln(1+x)>,令x=,有ln,即ln+…+.故lnn>+…+.故Sn=<21++…+<2(1+lnn)=2+2lnn.
