发布时间 : 星期一 文章高中数学培优专题08 数列(解析版)更新完毕开始阅读
故2xn+1﹣xn；
（Ⅲ）∵xn＝xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1＝2xn+1，
∴xn，
由
2xn+1﹣xn得2（）＞0，
∴2（
）≥…≥2n1（
﹣）＝2n2，
﹣
∴xn，
综上所述
xn．
41．【2017年北京理科20】设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann}（n＝1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数． （1）若an＝n，bn＝2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；
（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，cm+2，…是等差数列．
【解答】解：（1）a1＝1，a2＝2，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝5， 当n＝1时，c1＝max{b1﹣a1}＝max{0}＝0，
当n＝2时，c2＝max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}＝max{﹣1，﹣1}＝﹣1，
M；或者存在正整数m，使得cm，cm+1，
当n＝3时，c3＝max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}＝max{﹣2，﹣3，﹣4}＝﹣2， 下面证明：对?n∈N*，且n≥2，都有cn＝b1﹣na1， 当n∈N*，且2≤k≤n时， 则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1）， ＝[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n， ＝（2k﹣2）﹣n（k﹣1），
＝（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，
则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥bk﹣nak，
25
因此，对?n∈N*，且n≥2，cn＝b1﹣na1＝1﹣n， cn+1﹣cn＝﹣1， ∴c2﹣c1＝﹣1，
∴cn+1﹣cn＝﹣1对?n∈N*均成立， ∴数列{cn}是等差数列；
（2）证明：设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，下面考虑的cn取值， 由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann， 考虑其中任意bi﹣ain，（i∈N*，且1≤i≤n）， 则bi﹣ain＝[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n， ＝（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），
下面分d1＝0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论， ①若d1＝0，则bi﹣ain═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2， 当若d2≤0，则（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）＝（i﹣1）d2≤0， 则对于给定的正整数n而言，cn＝b1﹣a1n，此时cn+1﹣cn＝﹣a1， ∴数列{cn}是等差数列；
当d2＞0，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）＝（i﹣n）d2＞0， 则对于给定的正整数n而言，cn＝bn﹣ann＝bn﹣a1n， 此时cn+1﹣cn＝d2﹣a1， ∴数列{cn}是等差数列；
此时取m＝1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；
②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数， 故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，
则当n≥m时，（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）＝（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，cn＝b1﹣a1n，
此时cn+1﹣cn＝﹣a1，故数列{cn}从第m项开始为等差数列，命题成立； ③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数， 故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，
则当n≥s时，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）＝（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此，当n≥s时，cn＝bn﹣ann，
26
此时
an，
＝﹣d2n+（d1﹣a1+d2），
令﹣d1＝A＞0，d1﹣a1+d2＝B，b1﹣d2＝C，
下面证明：An+B对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，M，
若C≥0，取m＝[1]，[x]表示不大于x的最大整数，
当n≥m时，此时命题成立；
An+B≥Am+B＝A[1]+B＞A?B＝M，
若C＜0，取m＝[当n≥m时，
]+1，
An+B此时命题成立，
Am+B+C＞A?B+C≥M﹣C﹣B+B+C＝M，
因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，综合以上三种情况，命题得证．
M；
42．【2017年天津理科18】已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N+），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3＝12，b3＝a4﹣2a1，S11＝11b4． （Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{a2nb2n﹣1}的前n项和（n∈N+）．
【解答】解：（I）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q． 由已知b2+b3＝12，得b1（q+q2）＝12，而b1＝2，所以q+q2﹣6＝0． 又因为q＞0，解得q＝2．所以，bn＝2n． 由b3＝a4﹣2a1，可得3d﹣a1＝8①． 由S11＝11b4，可得a1+5d＝16②，
27
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n﹣2．
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n﹣2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n． （II）设数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n﹣2，b2n﹣1
4n，有a2nb2n﹣1＝（3n﹣1）4n，
故Tn＝2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n， 4Tn＝2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）4n+1，
上述两式相减，得﹣3Tn＝2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）4n+1
（3n﹣2）4n+1﹣8
得Tn．
所以，数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为
．
1．【山东省实验中学等四校2019届高三联合考试】已知等差数列?an?的公差不为零，Sn为其前n项和，
S3?9，且a2?1，a3?1，a5?1 构成等比数列，则S5?（ ）
A．15 【答案】D 【解析】
解：设等差数列?an?的公差为d?d?0?，
B．-15
C．30
D．25
??a1?1?3a1?3d?9由题意，?，解得?． 2d?2a?2d?1?a?d?1a?4d?1??1??1?????1∴ S5?5?1?故选：D．
2．【安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷】已知等比数列{an}的公比q??
5?4?2?25． 21，该数列前9228