发布时间 : 星期四 文章2011高考数学必看之-数列的通项公式与求和更新完毕开始阅读bef984104431b90d6c85c7e1
－1
=3t(t＞0,n=2,3,4?)
(1)求证 数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使
b1=1,bn=f(
1bn?1)(n=2,3,4?)，求数列{bn}的通项bn；
(3)求和 b1b2－b2b3+b3b4－?+b2n－1b2n－b2nb2n+1 参考答案 1.解析:设cn?|zn?1?zn|?|(1?in?11?in2)?()|?()n?1, 222122[1?()n]1?()n22 ?Sn?c1?c2???cn?2?22?21?2?limSn?n??12?22 2?2?22?1? 22答案 1+2 解析 由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=
a2n?1，
正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=
31a,
62n?1∴这些圆的周长之和c=lim2π(r1+r2+?+rn)=
n??
2
33?2
a， 2?2
a
n??933?2
答案 周长之和πa，面积之和a
29面积之和S=limπ(n+r2+?+rn)=
22
3 解 (1）可解得
an?1n2
?，从而an=2n，有Sn=n+n， ann?1
(2)Tn=2+n－1 n(3)Tn－Sn=2－n－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；n=5时，T5＞S5；n=6时T6＞S6 n2
猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2＞n+1
可用数学归纳法证明(略） n2
4 解 (1）由an+2=2an+1－an?an+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，
d=
a4?a1=－2,∴an=10－2n 4?1(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n+9n，
2?1?n?5??n?9n 当n＞5时，Sn=n－9n+40，故Sn=?
2?n?5?n?9n?40 2
2
(3)bn=
11111??(?)
n(12?an)n(2n?2)2nn?1111111n?Tn?b1?b2???bn?[(1?)?(?)???(?)]?；
2223nn?12(n?1)要使Tn＞
1mm总成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m43232的最大值为7 5 解 (1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1 ①， Sn=(m+1)－man ②,
由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n都成立 ∵m为常数，且m＜－1 ∴
an?1am?，即{n}为等比数列 anm?1an?1(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=由(1)知q=f(m)=
1 3bm*
，∴bn=f(bn－1)=n?1 (n∈N,且n≥2)
bn?1?1m?1
∴
1111?1???1， ，即bnbn?1bnbn?1∴{
11}为等差数列 ∴=3+(n－1)=n+2， bnbn?bn?1*
(n∈N) n?2?an?(mn?1n?1mm),?lim(bn?lgan)?lim[lg]?lg,
n??n??n?2m?1m?1m?1111111而lim3(b1b2?b2b3???bn?1bn)?lim3(???????)?1n??n??3445n?1n?2mm10由题意知lg?1,??10,?m?? m?1m?19?b1?1?6 解 (1)设数列{bn}的公差为d，由题意得 ? 10(10?1)10b1?d?145?2?解得b1=1,d=3,∴bn=3n－2 11)+?+loga(1+) 43n?2111=loga［(1+1)(1+)?(1+)］，logabn+1=loga33n?1 43n?231因此要比较Sn与logabn+1的大小，
311可先比较(1+1)(1+)?(1+)与33n?1的大小，
43n?2(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+
取n=1时，有(1+1)＞33?1?1
1)＞33?2?1? 411由此推测(1+1)(1+)?(1+)＞33n?1
43n?2取n=2时，有(1+1)(1+
若①式成立，则由对数函数性质可判定 ①
当a＞1时，Sn＞
1logabn+1， 3 ②
当0＜a＜1时，Sn＜
1logabn+1， 3 ③
下面用数学归纳法证明①式 (ⅰ)当n=1时，已验证①式成立 (ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即 11(1?1)(1?)?(1?)?33k?1 那么当n=k+1时，
43k?2311113k?13(1?1)(1?)?(1?)(1?)?3k?1(1?)?(3k?2).43k?23(k?1)?23k?13k?13k?1(3k?2)2?(3k?4)(3k?1)2233 ?[(3k?2)]?[3k?4]?23k?1(3k?1)339k?43k?1??0,?(3k?2)?33k?4?33(k?1)?1 2(3k?1)3k?1111因而(1?1)(1?)?(1?)(1?)?33(k?1)?1 43k?23k?1这就是说①式当n=k+1时也成立 由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立
由此证得 当a＞1时，Sn＞
11logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1 337 解 (1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t ∴a2=
2t?3a22t?3,? 3ta13t又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， 3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ① ②
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0 ∴
an2t?3?,n=2,3,4?, an?13t
所以{an}是一个首项为1公比为(2)由f(t)=
2t?3的等比数列； 3t122t?321=?,得bn=f()=+bn－1
bn?133t3t可见{bn}是一个首项为1，公差为
2的等差数列 322n?1(n－1)=; 332n?1(3)由bn=,可知
3于是bn=1+
{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和于是b2n=
54，公差均为的等差数列， 334n?1, 3∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+?+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+?+b2n(b2n－1－b2n+1) =－
44154n?142 (b2+b4+?+b2n)=－·n(+)=－ (2n+3n) 332393