数列证明题型归纳教师版附答案解析46866Word格式.docx
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故bn=n,an=.
(Ⅱ)Sn=1×
+2×
+3×
+…+(n-1)×
+n×
Sn=1×
两式相减,得:
Sn=+++…+-
=-=1--
Sn=2--
3.数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足4Sn=(an+1)2(n∈N*).
(Ⅰ)证明:
数列{an}是等差数列,并求出其通项公式an;
(Ⅱ)设bn=an+2an(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
(Ⅰ)n=1时,4a1=(a1+1)2⇒a-2a1+1=0,即a1=1
n≥2时,4an=4Sn-4Sn-1=(an+1)2-(an-1+1)2=a-a+2an-2an-1
⇒a-a-2an-2an-1=0
⇒(an+an-1)[(an-an-1)-2]=0
∵an>
0 ∴an-an-1=2
故数列{an}是首项为a1=1,公差为d=2的等差数列,且an=2n-1(n∈N*)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn=an+2an=(2n-1)+22n-1
∴Tn=b1+b2+…+bn
=(1+21)+(3+23)+…+[(2n-1)+22n-1]
=[1+3+…+(2n-1)]+(21+23+…+22n-1)
=n2+=+n2-=
4.数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2=an+1(n∈N*).
(Ⅱ)设bn=an·
2n(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
(Ⅰ)由2=an+1(n∈N*)可以得到4Sn=(an+1)2(n∈N*)
n=1时,4a1=(a1+1)2⇒a-2a1+1=0,即a1=1
n≥2时,4an=4Sn-4Sn-1=(an+1)2-(an-1+1)2
=a-a+2an-2an-1
故数列{an}是首项为a1=1,公差为d=2的等差数列,且
an=2n-1(n∈N*)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn=an·
2n=(2n-1)·
∴Tn=(1·
21)+(3·
22)+…+[(2n-3)·
2n-1]+[(2n-1)·
2n]
则2Tn=(1·
22)+(3·
23)+…+[(2n-3)·
2n]+[(2n-1)·
2n+1]
两式相减得:
-Tn=(1·
21)+(2·
22)+…+(2·
2n)-[(2n-1)·
=2·
-2-[(2n-1)·
=(3-2n)·
2n+1-6
∴Tn=(2n-3)·
2n+1+6(或Tn=(4n-6)·
2n+6)
5.已知数列{an},其前n项和为Sn=n2+n(n∈N*).
(Ⅰ)求a1,a2;
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是等差数列;
(Ⅲ)如果数列{bn}满足an=log2bn,请证明数列{bn}是等比数列,并求其前n项和Tn.
(Ⅰ)a1=S1=5,
a1+a2=S2=×
22+×
2=13,
解得a2=8.
(Ⅱ)当n≥2时,
an=Sn-Sn-1
=[n2-(n-1)2]+[n-(n-1)]
=(2n-1)+=3n+2.
又a1=5满足an=3n+2,
∴an=3n+2(n∈N*).
∵an-an-1=3n+2-[3(n-1)+2]
=3(n≥2,n∈N*),
∴数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.
(Ⅲ)由已知得bn=2an(n∈N*),
∵==2an+1-an=23=8(n∈N*),
又b1=2a1=32,
∴数列{bn}是以32为首项,8为公比的等比数列.
∴Tn==(8n-1).
6.已知函数f(x)=,数列{an}满足:
a1=,an+1=f(an).
(Ⅰ)求证:
数列为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)记Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1,求证:
Sn<
.
证明:
(Ⅰ)∵an+1=f(an)=,∴=+,即-=,
则成等差数列,
所以=+(n-1)×
=+(n-1)×
=,则an=.
(Ⅱ)∵anan+1=·
=8,
∴Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1=8=8<
7.已知数列{an}的前三项依次为2,8,24,且{an-2an-1}是等比数列.
(Ⅰ)证明是等差数列;
(Ⅱ)试求数列{an}的前n项和Sn的公式.
(Ⅰ)∵a2-2a1=4,a3-2a2=8,
∴{an-2an-1}是以2为公比的等比数列.
∴an-2an-1=4×
2n-2=2n.
等式两边同除以2n,得-=1,
∴是等差数列.
(Ⅱ)根据(Ⅰ)可知=+(n-1)×
1=n,∴an=n·
2n.
2+2×
22+3×
23+…+n·
2n,'
①
22+2×
23+…+(n-1)·
2n+n·
2n+1.'
②
①-②得:
-Sn=2+22+23+…+2n-n·
=-n·
2n+1=2n+1-2-n·
2n+1,
∴Sn=(n-1)·
2n+1+2.
8.已知数列{an}的各项为正数,前n项和为Sn,且满足:
Sn=(n∈N*).
数列{S}是等差数列;
(Ⅱ)设Tn=S+S+S+…+S,求Tn.
当n=1时,a1=S1,又Sn=(n∈N*),
∴S1=,解得S1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1,
∴Sn=,
即Sn+Sn-1=,化简得S-S=1,
{S}是以S=1为首项,1为公差的等差数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知S=n,
Tn=S+S+…+S,
即Tn=1·
+2·
+…+(n-1)+n·
.'
①×
得Tn=1·
①-②得Tn=++…+-n·
=1--n·
=1-,
∴Tn=2-.
9.数列{an}满足a1=1,an+1·
=1(n∈N*),记Sn=a+a+…+a.
是等差数列;
(Ⅱ)对任意的n∈N*,如果S2n+1-Sn≤恒成立,求正整数m的最小值.
-=4⇒=+(n-1)×
4⇒=4n-3,
即是等差数列.
(Ⅱ)令g(n)=S2n+1-Sn=++…+.
∵g(n+1)-g(n)<
0,
∴g(n)在n∈N*上单调递减,
∴[g(n)]max=g
(1)=.∴≤恒成立⇒m≥,
又∵m∈N,∴正整数m的最小值为10.
10.已知数列{an}是首项a1=,公比为的等比数列,设bn+15log3an=t,常数t∈N*.
{bn}为等差数列;
(Ⅱ)设数列{cn}满足cn=anbn,是否存在正整数k,使ck+1,ck,ck+2成等比数列?
若存在,求k,t的值;
若不存在,请说明理由.
an=3-,bn+1-bn=-15log3=5,
∴{bn}是首项为b1=t+5,公差为5的等差数列.
(Ⅱ)cn=(5n+t)·
3-,令5n+t=x,则cn=x·
-,
cn+1=(x+5)·
3-,cn+2=(x+10)·
3-,
若c=cn+1cn+2,则(x·
3-)2=(x+5)·
3-·
(x+10)·
化简得2x2-15x-50=0,解得x=10或-(舍),
进而求得n=1,t=5,
综上,存在n=1,t=5适合题意.
11.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n+1.
(Ⅰ)设bn=an+1-an+2,(n∈N*),证明:
数列{bn}是等比数列;
(Ⅱ)求数列{an}的通项an.
(Ⅰ)由已知an+1=2an+2n+1 ①
得an+2=2an+1+2n+3 ②
②-①,得an+2-an+1=2an+1-2an+2
设an+2-an+1+c=2(an+1-an+c).
展开与上式对比,得c=2
因此,有an+2-an+1+2=2(an+1-an+2)
由bn=an+1-an+2,得bn+1=2bn,
由a1=1,a2=2a1+3=5,得b1=a2-a1+2=6,
故数列{bn}是首项为6,公比为2的等比数列
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,bn=6×
2n-1=3×
则an+1-an=bn-2=3×
2n-2,
所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+(3×
21-2)+(3×
22-2)+…+(3×
2n-1-2)
=1+3(2+22+23+…+2n-1)-2(n-1)
an=3×
2n-2n-3,
当n=1时,a1=3×
21-2×
1-3=6-5=1,故a1也满足上式
故数列{an}的通项为an=3×
2n-2n-3(n∈N*).
12.在数列{an}中,a1=,an=an-1+×
(n∈N*且n≥2).
{an+}是等比数列;
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅲ)设Sn为数列的前n项和,求证Sn<
(Ⅰ)由已知,得==∴是等比数列.
(Ⅱ)设An=an+,则A1=a1+1=+=,且q=
则An=()n,
∴an+=,可得an=-
(Ⅲ)Sn=(-)+(-)+…+(-)
=-
=-+·
=-<
13.已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an-n+1(n∈N*).
数列{an-n}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)数列{bn}满足:
bn=(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.
(Ⅰ)证法一:
由an+1=2an-n+1可得an+1-(n+1)=2(an-n),又a1=2,则a1-1=1,
∴数列{an-n}是以a1-1=1为首项,且公比为2的等比数列,
则an-n=1×
2n-1,∴an=2n-1+n.
证法二:
===2,
又a1=2,则a1-1=1,
(Ⅱ)∵bn=,∴bn==
∴Sn=b1+b2+…+bn=+2·
()2+…+n·
()n ①
∴Sn=()2+2·
()3+…+(n-1)()n+n·
()n+1 ②
由①-②,得Sn=+()2+()3+…+()n-n·
()n+1=-n·
()n+1=1-(n+2)()n+1,
∴Sn=2-(n+2)()n.
14.在数列{an}中,a1=1,2nan+1=(n+1)an,n∈N*.
(Ⅰ)设bn=,证明:
(Ⅰ)因为=×
=,
所以{bn}是首项为1,公比为的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知=,即an=,
Sn=1++++…+,
上式两边乘以,得
Sn=+++…++,
两式相减,得Sn=1++++…+-,
Sn=2-,
所以Sn=4-
15.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=(1+λ)-λan,其中λ≠-1,
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