高考解答题专项练——数列1.已知正数数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足an2=Sn+Sn-1(n≥2),a1=1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设 bn=(1-an)2-a(1-an),若 bn+1>bn对任意 n∈N*恒成立,求实数 a 的取值范围.解(1) an2=Sn+Sn-1(n≥2),∴an-12 =Sn-1+Sn-2(n≥3).两式相减可得an2−an-12 =Sn-Sn-2=an+an-1,∴an-an-1=1. a1=1,∴正数数列{an}是以 1 为首项,以 1 为公差的等差数列,∴an=n.(2) bn=(1-an)2-a(1-an),∴bn+1=(1-an+1)2-a(1-an+1).即 bn=(1-n)2-a(1-n)=n2+(a-2)n+1-a,bn+1=[1-(n+1)]2-a[1-(n+1)]=n2+an.故 bn+1-bn=2n+a-1.再由 bn+1>bn对任意 n∈N*恒成立可得 2n+a-1>0 恒成立,故 a>1-2n 恒成立.而 1-2n 的最大值为 1-2=-1,故 a>-1,即实数 a 的取值范围为(-1,+∞).2.已知数列{an}满足 a1=1,Sn=2an+1,其中 Sn为{an}的前 n 项和(n∈N*).(1)求 S1,S2及数列{Sn}的通项公式;(2)若数列{bn}满足 bn=(-1)nSn,且{bn}的前 n 项和为 Tn,求证:当 n≥2 时,13 ≤|Tn|≤ 79 .(1)解数列{an}满足 Sn=2an+1,则 Sn=2an+1=2(Sn+1-Sn),即 3Sn=2Sn+1,∴ Sn+1Sn=32 .即数列{Sn}为以 1 为首项,以32为公比的等比数列,∴Sn=(32)n- 1(n∈N*).∴S1=1,S2=32 .(2)证明在数列{bn}中,bn=(-1)nSn=(-1)×(-1)n- 1(32)n- 1 =(- 23)n-1,Tn为{bn}的前 n 项和,则|Tn|=|(-1)×[1+(- 23)+ 49 +(- 23)3+…+(- 23)n- 1]|=|1+(- 23)+ 49 +[(- 23)3+…+(- 23)n-1]|.而当 n≥2 时,11-23 ≤ 1+(- 23)+ 49 +[(- 23)3+…+(- 23)n-1]≤|1+(- 23)+ 49|=79,即13 ≤|Tn|≤ 79 .3.已知数列{an}满足:an2-an-an+1+1=0,a1=2.(1)求 a2,a3;(2)证明数列{an}为递增数列;(3)求证: 1a1+ 1a2+ 1a3+…+ 1an<1.(1)解 a1=2,an+1=an2-an+1,∴a2=22-2+1=3,同理可得 a3=7.(2)证明 an+1-an=an2-2an+1=(an-1)2>0,对 n∈N*恒成立,∴an+1>an.(3)证明 an+1-1=an2-an,故1an+1-1=1an2- an=1an-1− 1an,故 1an=1an-1−1an+1- 1,故 1a1+ 1a2+ 1a3+…+ 1an=(1a1- 1 -1a2-1)+(1a2-1 -1a3- 1)+…+(1an-1 -1an+1-1)=1a1-1−1an+1-1= 12-1−1an+1-1=1-1an+1-1 <1.4.(2018 浙江桐乡第一次模拟考)已知数列{an}满足 a1=1,2(n+1)an+1=(n+2)an.(1)求 a2,a3,并求数列{an}的通项公式;(2)设 Sn是数列{an}的前 n 项和,求 Sn.解(1)a2=34,a3=12 . 2(n+1)an+1=(n+2)an,∴ an+1an=n+22( n+1) .由累乘法得a2a1· a3a2· a...
