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1、二 數(shù)列(B)
1.(2018·醴陵模擬)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=24.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)數(shù)列{bn}滿足bn=log2an,求數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和Tn.
2.(2018·銀川模擬)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,且a5,a3,a4成等差數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an}的公比;
(2)證明:對(duì)任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差數(shù)列.
3.(2018·益陽(yáng)模擬)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列,且數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為,n∈N*.
(1)
2、求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Tn,求證Tn<.
4.(2018·深圳模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,且an=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*),
(1)求證:數(shù)列{}是等差數(shù)列;
(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(3)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之和為Sn,求證:>2n-3.
1.解:(1)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q(q>0).
則
解得
所以an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得bn=log22n=n,
設(shè){an+bn}的前n項(xiàng)和為Sn,
則Sn=(
3、a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)
=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)
=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)
=+
=2n+1-2+n2+n.
2.(1)解:設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q≠0,q≠1),
由a5,a3,a4成等差數(shù)列,得2a3=a5+a4,
即2a1q2=a1q4+a1q3,
由a1≠0,q≠0,得q2+q-2=0,
解得q1=-2,q2=1(舍去),所以q=-2.
(2)證明:法一 對(duì)任意k∈N*,
Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)
=ak+1+ak+2+ak+1
=2ak+1
4、+ak+1·(-2)
=0,
所以,對(duì)任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差數(shù)列.
法二 對(duì)任意k∈N*,
2Sk=,
Sk+2+Sk+1=+
=,
2Sk-(Sk+2+Sk+1)=-
=[2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)]
=(q2+q-2)
=0,
因此,對(duì)任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差數(shù)列.
3.(1)解:由{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列,且數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為,n∈N*,
當(dāng)n=1時(shí),可得==, ①
當(dāng)n=2時(shí),可得+==, ②
②-①得=,
所以a1·(a1+d)=6, ③
(a1
5、+d)(a1+2d)=12. ④
由③④解得
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n+1.
(2)證明:由(1)可得Sn=,
那么==(-).
所以數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Tn=(1-+-+-+-+…+-)
=(1++---)
=(---)
=-(++),n∈N*,
所以Tn<.
4.(1)證明:因?yàn)閍n=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*),
所以=+1,即-=1(n≥2,且n∈N*),
所以數(shù)列{}是等差數(shù)列,公差d=1,首項(xiàng)為=.
(2)解:由(1)得=+(n-1)×1=n-,
所以an=(n-)·2n.
(3)證明:因?yàn)镾n=·21+·22+·23+…+(n-)·2n, ①
所以2Sn=·22+·23+·24+…+(n-)·2n+1, ②
①-②得
-Sn=1+22+23+…+2n-(n-)·2n+1=2+22+23+…+2n-(n-)·2n+1-1=-(n-)·2n+1-1=(3-2n)·2n-3.
Sn=(2n-3)·2n+3,則=(2n-3)+>2n-3,
所以>2n-3.
4
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