数列放缩大题及详细解析

试卷第1页，总2页2015年度高二数学理科模拟考试卷试卷副标题1．（本小题满分14分）设数列{an}满足：a1=1，an+1=3an，n∈N*．设Sn为数列{bn}的前n项和，已知b1≠0，2bn–b1=S1•Sn，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）设cn=bn•log3an，求数列{cn}的前n项和Tn；（Ⅲ）证明：对任意n∈N*且n≥2，有221ba+331ba++nnba1＜23．2．（本小题满分12分）已知数列{}na的前n项和为nS，且1232,8,24aaa，1{2}nnaa为等比数列．（Ⅰ）求证：{}2nna是等差数列；（Ⅱ）求1nS的取值范围．3．（本小题满分14分）已知nS为数列na的前n项和，3(1)nnSnann（*nN），且211a．（1）求1a的值；（2）求数列na的前n项和nS；（3）设数列{}nb满足nnnbS，求证：122323nbbbn．4．（本小题满分12分）已知数列}{na是等比数列，首项11a，公比0q，其前n项和为nS，且11Sa，33Sa，22Sa成等差数列.（1）求数列}{na的通项公式；（2）若数列}{nb满足nnbana)21(1，nT为数列}{nb的前n项和，若mTn恒成立，求m的最大值.5．（本小题满分16分）设各项均为正数的数列na的前n项和为nS，满足试卷第2页，总2页2+1=4+43nnaSn，且2514,,aaa恰好是等比数列nb的前三项．（1）求数列na、nb的通项公式；（2）记数列nb的前n项和为nT，若对任意的*nN，3()362nTkn恒成立，求实数k的取值范围．6．已知数列na满足0na,113a，1122,nnnnaaaannN．（1）求证：1na是等差数列；（2）证明：2221214naaa．7．（本小题满分14分）已知数列na的前n项之和为nS（n），且满足21nnaSn．（1）求证：数列2na是等比数列，并求数列na的通项公式；（2）求证：21223111112223nnnaaaaaa．本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第1页，总8页参考答案1．（Ⅰ）an=3n–1．bn=2n–1．（Ⅱ）Tn=(n–2)2n+2．（Ⅲ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知{an}是公比为3，首项a1=1的等比数列；讨论知，{bn}是公比为2，首项b1=1的等比数列．得到它们通项公式．（Ⅱ）已有cn=bn•log3an=2n–1log33n–1=(n–1)2n–1，故利用“错位相减法”求和.（Ⅲ）由nnba1=11231nn=122331nn=)23(231222nnn≤231n，故可利用“放缩法”：221ba+331ba++nnba1＜031+131++231n=311)31(11n=23(1–131n)＜23．试题解析：（Ⅰ）∵an+1=3an，∴{an}是公比为3，首项a1=1的等比数列，∴通项公式为an=3n–1．2分∵2bn–b1=S1•Sn，∴当n=1时，2b1–b1=S1•S1，∵S1=b1，b1≠0，∴b1=1．3分∴当n＞1时，bn=Sn–Sn–1=2bn–2bn–1，∴bn=2bn–1，∴{bn}是公比为2，首项b1=1的等比数列，∴通项公式为bn=2n–1．5分（Ⅱ）cn=bn•log3an=2n–1log33n–1=(n–1)2n–1，6分Tn=0•20+1•21+2•22++(n–2)2n–2+(n–1)2n–1①2Tn=0•21+1•22+2•23++(n–2)2n–1+(n–1)2n②①–②得：–Tn=0•20+21+22+23++2n–1–(n–1)2n=2n–2–(n–1)2n=–2–(n–2)2n∴Tn=(n–2)2n+2．10分（Ⅲ）nnba1=11231nn=122331nn=)23(231222nnn≤231n221ba+331ba++nnba1＜031+131++231n=311)31(11n=23(1–131n)＜23．14分考点：1.数列的通项；2.等比数列及其通项公式；3.数列的求和、“错位相减法”.2．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）11(0,]2nS本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第2页，总8页【解析】试题分析：（Ⅰ）由1{2}nnaa为等比数列可得11242nnnaa，两边同除12n得11122nnnnaa，故{}2nna是等差数列；（Ⅱ）典型的用错位相减法求解，2nnan，231222322nnSn，234121222322nnSn，两式相减1(1)22nnSn，当1n时，11(1)20nnnSSn，{}nS从第1项开始递增,11(0,]2nS试题解析：（Ⅰ）2124aa，3228aa，11242nnnaa11122nnnnaa，{}2nna是以1为首项，公差1d的等差数列6分（Ⅱ）2nnan，231222322nnSn①234121222322nnSn．．②，由①-②得1(1)22nnSn8分当1n时，11(1)20nnnSSn，{}nS从第1项开始递增,11(0,]2nS12分考点：等差数列的定义、错位相减法求数列的和3．（1）5；（2）232nSnn；（3）证明见解析．【解析】试题分析：（1）令2n即可求出1a的值；（2）先利用1nnnaSS（2n）转化为等差数列，再利用等差数列的通项公式可得数列na的通项公式，进而即可得数列na的前n项和nS；（3）先将nb放缩，化简，利用裂项法，即可证明122323nbbbn．试题解析：（1）解：由2122232(21)Saaa和211a可得15a2分（2）解法1：当2n时，由1nnnaSS得13(1)(1)3(1)(2)nnnanannnann4分本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第3页，总8页1(1)(1)6(1)nnnanan16(2,)nnaannN6分∴数列{}na是首项15a，公差为6的等差数列∴16(1)61naann7分∴21()322nnnaaSnn8分[解法2：当2n时，由13(1)()3(1)nnnnSnannnSSnn4分可得1(1)3(1)nnnSnSnn131nnSSnn6分∴数列{}nSn是首项151S,公差为3的等差数列53(1)32nSnnn，即232nSnn8分]（3）证明：122322323132nnnbSnnnn10分232312=(3231)332+313231nnnnnnnn（）（)(）11分∴122[(52)(85)(3231)]3nbbbnn13分22(322)3233nn命题得证14分考点：1、等差数列的通项公式；2、等差数列的前n项和公式；3、数列的求和；4、不等式的证明.4．(1)121nna；（2）m的最大值1.【解析】试题分析：(1)等比数列基本量的求解是等比数列的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换的思想简化运算过程；（2）解题时要善于类比要能正确区分等差、等比的性质，不要把两者的性质搞混了；（3）一般地，如果数列na是等差数列，nb是等比数列，求数列nnba的前n项的和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列nb的本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第4页，总8页公比，然后做差求解；（4）对于恒成立的问题，常用到以下两个结论：（1）xfa恒成立maxxfa，（2）xfa恒成立minxfa.试题解析：（1）由题意可知：3311222()()()SaSaSa当1q时，不符合题意；1分当1q时，qqqqqq1111)11(2223，qqqqq12)1(222，142q，412q，2分0q，21q,3分11a，1)21(nna.4分（2）nnbana)21(1，nnban)21()21(，12nnnb，5分122232211nnnT（1）nnnT2232221232（2）)2()1(得：nnnnT22221126分12)1(22121nnnnnnnnT2)1(18分mTn恒成立，只需mTnmin)(9分02)1(2)1(211nnnnnnnnTT}{nT为递增数列，当1n时，1)(minnT，11分1m，m的最大值为1.12分考点：1、等比数列的前n项和公式；2、错位相减求数列的和；3、恒成立的问题.5．（1）2,121,2nnann，3nnb，（2）227k【解析】试题分析：（1）利用数列和项与通项关系，求数列递推关系：2+1=4+43nnaSn，当2n本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第5页，总8页时，21=4+413nnaSn，22+11=44=44nnnnnaaSSa，222+1442nnnnaaaa，0na恒成立，+12,2nnaan，利用递推关系求数列通项公式：当2n时，na是公差2d的等差数列.32221nann，由条件可知，221=4+43aa，12a，因此2,121,2nnann，最后根据等比数列通项公式，利用待定系数法求解：3nnb（2）不等式恒成立问题，先化简不等式：11(1)3(13)331132nnnnbqTq1333()3622nkn对*nN恒成立，243nnk对*nN恒成立，再研究数列243nnnc的最值，这首先需研究其单调性：1124262(27)333nnnnnnnncc，当3n时，1nncc，当4n时，1nnccmax32()27ncc，227k．试题解析：（1）2+1=4+43nnaSn，当2n时，21=4+413nnaSn，22+11=44=44nnnnnaaSSa，222+1442nnnnaaaa，0na恒成立，+12,2nnaan，当2n时，na是公差2d的等差数列.3分2514,,aaa构成等比数列，25214aaa，2222824aaa，解得23a，5分当2n时，32221nann，由条件可知，221=4+43aa，12a6分数列na的通项公式为2,121,2nnann.8分，123,9bb，数列{}nb的通项公式为3nnb9分本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第6页，总8页（2）11(1)3(13)331132nnnnbqTq，1333()3622nkn对*nN恒成立，即243nnk