全国高中数学联赛四川-高中数学校本课程资源库
2019-2020 年高考数学压轴题集锦
—— 数列(二)
a
n
S S 2a 3n( n
的前 项和为
n
,
n
1.数列
n
(1)证明数列
a
n
3 是等比数列,求出数列
(2)设 b
n
n
N
*
)
.
a
n
的通项公式.
2n 1
b
n
的前 n 项和 T
n
( a 3)
,求数列 .
n
3
(
3)数列 b
n
中是否存在三项,它们可以构成等比数列?若存在,求出一组符合条件的
项;若不存在,说明理由.
2.设数列
a
n
则称
a
n
的前 项和为
nS
n
,若对于任意的正整数
n
,总存在正整数
m
,使得
S
n
a
n
,
是
“
H
数列
”.
(1)若数列 a
n
的前 n 项和为 S
n
2
n
(n N
*
) ,证明: a
n
是
“
H
数列
”.
“ ”
2 a
n
a
n
d
是
H
数列 ,求
的值. ( )设
是等差数列,其首项
a
1
1 ,公差 d 0
,若
1
3.
已知点
(n,a
n
)(n
T
N )
在函数
f
( x)
*
2 x 2
的图象上,数列
a
n
的前
n
项和为
S
n
,数列
b
n
的前
n
项和为
n
,且
n
是
T6 S
n
与
8n
的等差中项.
(1
)求数列
b
n
的通项公式.
(2
)设 c
n
D
n
.
b
n
8n 3 ,数列
d
n
满足 d
1
c
1
, d
n l
c
d
n
(n N
*
) .求数列
d
n
的前
n
项和
(3)在( 2)的条件下,设 g ( x) 是定义在正整数集上的函数,对于任意的正整数
x
1
, x
2
,
恒有 g (x
1
x
2
) x
1
g (x
2
)
x
2
g( x
1
) 成立,且 g (2) a ( a
为常数,
a 0
),试判断数列
g
d
n
2
1
d
n
1
是否为等差数列,并说明理由.
a
n
4.已知等比数列
足:
q 1
的公比
a
1
1 a
1
a
3
a
2
14
, 成等差数列,数列
,且
,
,
b
n
满
a
1
b
1
a
2
b
2
L a
n
b
n
(n 1) 3
n
1 ,
n N
*
.
(Ⅰ )求数列 a
n
和 b
n
的通项公式.
(Ⅱ )若 ma
n
≥ b
n
8
恒成立,求实数
m
的最小值.
2
5.已知每项均为正整数的数列
(i
1,2,3 L )
,设
A : a
1
,
a
2
,
a
3
,
a
4
,
L
,
a
n
,其中等于 的项有
i
个
k
b
j
k
1
k
2
L
k
j
( j 1,2,3L )
,
g (m)
b
1
b
2
L b
m
nm(m
1,2,3L )
.
(1
)设数列 A :1 ,
2
,
1
,
4
,求 g(1) , g (2) , g
(3) , g (4) , g(5) .
(2 )若数列
A
满足
a
1
a
2
L
a
n
n 100 ,求函数 g( m) 的最小值.
6.已知数列
a
n
是首项为 ,公比为 的等比数列.
(Ⅰ )证明:当
0 q
1 时, a
n
是递减数列.
(Ⅱ )若对任意
1q
*
a
k
k N
,都有
a
, a
成等差数列,求
q
的值.
,
k 2
k 1
7.已知数列 { a
n
} 满足
a
n
=2a
n-1
-2n+5,( n∈ N 且 n≥2),
a
1
=1,
)是常数列,并求 { a
n
(I )若
b
n
n n
} 的通项;
=a -2n+1
,求证数列 {
b } ( n∈N
( II )若 S
n
是数列 { a
n
} 的前 n 项和,又 c
n
=( -1)
n
S
n
,且 { C
n
} 的前 n 项和 T
n
> tn
2
在
n∈ N
*
时恒成立,求实数 t 的取值范围。
*
3
8.已知数列
{ a
n
},{ b
n
}
,
a
1
(R,
0), a
n 1
a
n
2
a
n
(n N ), b
n
1 .
1
a
n
(Ⅰ)
P
n
b
1
b
2
L
b
n
,求
P
n
的取 范 ;
(Ⅱ)
S
n
b
1
b
2
L
b
n
, :
1
P
n
S
n
是否 定 ?如果是, 明,如果不
是, 明理由。
9.数列 { a
n
}
足: a
1
=2,当 n∈N
*
, n> 1 ,
a
2
+a
3
+?+a
n
=4( a
n
﹣
1
1).
(Ⅰ )求
a
2
,a
3
,并 明,数列 { a
n +1
2a
n
} 常数列;
1
(Ⅱ )
c
n
n∈ N
*
, 2a< c
1 2n
=
1
) 5
,若 任意
2(a
n
+c +?+c < 10a 恒成立,求 数
a
n
的取 范 .
2
10.已知正 数列
a
n
的前 n
和 S
n
, 足 2S
n
a
n
1
n N
*
.
2
(1)求数列
a
n
的通 公式;
(2) 数列 b
n
a
n
2
a
n
2
1
,求数列 b
n
前 n 和 T
n
的 .
a
n
a
n 1
4
a
11.已知数列
a
n
的满足
a
1
=1,前
n
项的和为
S
n
,且
a
n 1
a
n
aa
n
2
*
(
n
N
).
n
1
4S
n
1
(1)求
a
2
的值;
(2)设
b
n
a
n
a
2
,证明:数列
b
n
是等差数列;
n 1
a
n
a
n
,若
1
(3)设
c
n
b
n
2
,求对所有的正整数
n
都有
2
2
k
3 2
c
n
成立
的
k
的取值范围.
12.已知数列
x
n
满足
x
1
1
,
(I )
0
x
n
9
;
(II )
x
n
x
n 1
;
(III )
x
2
n 1
n
9 8
.
3
x
n 1
2 x
n
3
,求证:
5
13.已知数列
{ a
n
}
的前 n 项和为
n
S ,
且
S
n
2a
n
3
2
n N
*
.
n
,
(1)求证
{ a
n
1
n
}
为等比数列,并求出数列
{
a
n
}
的通项公式;
(2)设数列
{
1
2
}
的前
n
项和为
T
n
,是否存在正整数
,对任意
S
n
m, n N
*
, 不等式
T
m
- S
n
0恒成立?
若存在,求
出
的最小值,若不存在,请说明理
由。
14.已知无穷数列
a
n
的首项
a
1
1
,
1
2
a
1 a
n
1
, n N
.
n 1
2
a
n
(Ⅰ)证明:
0
a
n
1
;
a
n
a
n 1
2
(Ⅱ) 记
b
n
aa
n
,
T
n
为数列
b
n
的前
n
项和,证明:对任意正整数
n
,
T
n
3
10
n 1
.
15.已知数列
a
的前
n
项和为
S
n
,
a
1
n
3
2
,
2S
n
(n 1)a
n
1
(
n
2
).
(1)求数列
a
n
的通项公式;
1
(a
n
1)
2
(
n
(2)设
b
n
N *
),数列
b
n
的前
n
项和为
T
n
,证明:
T
n
33
50
(
n
N*
).
6
参考答案
11.(1)数列
a
n
的前 n 项和为 S
n
, S
n
2a
n
3n , (n
N
*
) ,
∴ S
n 1
2a
n 1
3(n 1)
,
两式相减得: a
n
1
2a
n 1
2a
n
3 ,即 a
n 1
2a
n
3
,
∴ a
n
1
3
2(a
n
3) ,即
a
n 1
3
2 ,
a
n
3
又当 n 1 时, a
1
S
1
2a
1
3 ,得 a
1
3 ,
∴数列 a
n
3
是以 6 为首项,
2
为公比的等比数列,
∴ a
n
3 6
2
n 1
3 2
n
,
∴ a
n
3 2
n
3 .
(2)由题意, b
n
2n
1
(a
n
3)
2n 1
3
2
n
(2
n 1)
2
n
,
3
3
∴ T
n
1 2
1
3 2
2
5
2
3
L
(2n 3)
2
n 1
(2 n 1)
2
n
,
2T
n
1 2
2
3 2
3
5 2
4
L
(2n
3) 2
n
(2 n 1) 2
n
1
,
两式相减得 T
n
2 2
2
2
2
2
3
L
2
2
n
(2 n 1) 2
n
1
2 2 (2
2
2
3
L
2
n
) (2 n 1) 2
n 1
2
2
(1 2
n 1
)
n
1
2
2
(2
n 1)
2
1 2
3
n 1
n 1
2
2
(1
2 )
(2 n
1) 2
2 8 2 2
n 1
(2 n 1) 2
n 1
6 (2 n 3)
2
n
1
.
(3)假设存在
s ,
p
,
*
s p
r ,使得 b b
p
,
r
N
,且
s
,
b
p
2
b
s
b
r
,
∵ b
(2 p
1) 2
p
,
b
s
p
s
(2 s
1) 2
,
b
r
(2r 1) 2
r
,
∴ (2 p
1)
2
2
2 p
(2 s
1) (2 r
1)
2
s r
,
(2 p
1)
2
2 p s r
∴
(2 s 1)(2r 1)
2
1,
∵ 2 p 1 是奇数,
2s
1 ,
2r
1
也是奇数,
∴
(2 p
1)
2
是奇数,
(2 s 1)(2r 1)
又
2
2 p s r
是偶数,
7
r
成等比数列,则
b
故
(2 p
1)
2
(2 s 1)(2r 1)
2
2 p s r
1不成立,
故数列
b
n
中不存在三项,可以构成等比数列.
2.( 1)证明:当 n
当 n≥ 2 时,
n
a
S
∴ a
n
1 时, a
1
S
1
n 1 n n 1
2 ,
n 1
S
2
n
2
2
,
,
n 1
2 ,n ≥
2
*
2,n 1
∴对任意的
n
a
n
中的第 n 1 项,
n N
, S
2 是数列
∴数列 a
n
是
“
H
数列 ”.
1
(2)依题意, a
n
(n
1)d ,
S
n
n
n(n
1)
d
,
2
*
*
若 a
n
是 “ 数列
”,则对任意的
a
k
H
n N
,都存在
k N 使得
n(n 1)
即 1
(k 1)d n
d ,
2
S
n
,
∴ k
n 1 n( n
1)
d
2
,
又∵
k
N
*
,
n(n
1)
2
∴对任意的
n
N ,
n
1
N
,
Z 且 d 0 ,
d
*
∴ d
1 .
3.( 1)依题意得
a
n
2
又 T
n
2n
2 ,故
a
1
4 .
6 8
S
n
n ,即 T
n
3S
n
4n
,
所以,当
n ≥ 2
时,
b
n
T
n
T
n 1
又 b
1
T
1
3S
1
4
3a
1
4
故
b
n
6n
2
.
3(S
n
S
n
1
)
4
3a
n
4
6n
2 .
8 也适合上式,
(2)因为
c
n
b
n
8n 3 6 n 2 8 n 3 2n
1
,
1
2( d
n
1)(n
N*) .
dc
n 1d
n
2d
n
1,因此 d
n 1
由于 d
1
c
1
3 ,所以
d
n
1
是首项为
d
1
1
4 ,公比为 2 的等比数列.
所以
d
n
1
4
2
n 1
2
n 1
,所以
d
n
2
n 1
1
.
8
所以 D
n
(2
2
2
3
2
n 1
)
n
4(2
n
1) n
2 1
2
n 2
n
4 .
(
3)方法一:
g d
n
1 g (2
n
) 2
n
1
g (2)
2 g(2
n 1
) ,
2
则
g
d
n
1
2
d
n 1
1
2
.
g(2
n
) 2
n 1
g(2) 2g (2
n 1
) a g(2
n 1
) a g
d
d
n
1
2
n 1
2
n 1
4
2
n
4
g d
n
1
g
d
n
1
1
所以
2
2
a .
d
n
1
d
n 1
1 4
d
n
1
g
2
因为已知 a 为常数,则数列
是等差数列.
d
n
1
方法二:
因为 g (x
1
x
2
)
x
1
g
(x
2
)
x
2
g( x
1
)
成立,且 g (2)
a ,
所以 g
d
n
1
g(2
n
) 2
n 1
g (2)
2 g (2
n 1
) ,
2
n 1
n 2
n
2 n 1
2 n 2
2 g (2) 2 2 g (2)
2 g (2 ) 2 2 g(2)
2
g(2 ) ,
n
1
2n 3 n 3 n 1 3 n 3
2 2 g(2) 2 2
g (2) 2g (2 ) 3 2
g (2) 2 g(2
) ,
L
(n 1)
2
n 1
g(2)
2
n 1
g(2) n 2
n 1
g(2)
an
2
n 1
,
n
1
g
d
所以
2
an
2
n 1
a
n
.
d
n
1
2
n
1
4
g
d
n
1
所以数列
2
是等差数列.
d
n
1
4.(
1
)设 a
n
q
n 1
, 2a
3
a
1
a
2
14 ,
2q
2
1 q 14
.且
q 0
,
∴ q 3 , ∴ a
3
n 1
n
,
又∵ a
1
b
1
L a
n
b
n
b
1
3b
2
L
3
n 1
b
n
9
n 1
1
( n
1)
3
n
1 .
而 b
1
3b
2
L 3
n 2
b
n 1
( n 2) 3
n
1
1 ,
n≥
2
,
∴有 3
n
1
b
n
(n 1) 3
n
(n 2) 3
n
1
,
∴ b
1
n
2n
,
n≥ 2
,
当 时, ab 1 b 1
n 1
1 1
,
1
,
故
b
n
2n 1.
(
2
)若
ma
8
n
≥
b
n
恒成立,
即: m≥
2n 9
n 2
最大值,
3
有 C
2n 9
2n 11
n
n 1
,
n≥ 2
时,
C
n 1
n 2
,
3
3
C
24
4n
n
C
n 1
n 2
,
3
当
n
2
,
3
,
L
,
6
时,
C
n
≥
C
n 1
,
即:
n
s
或
6
时,
C
n
最大为
1
.
1
81
即: m≥
1
,可得 m 最小为 .
81
81
5.( 1
)根据题目中定义,
k
1
2 , k
2
1, k
3
0 , k
4
1, k
j
0(
j 5,6,7 L ) ,
b
1
2 , b
2
2 1
3 , b
3
2 1 0
3 , b
4
4 ,
b
m
4( m
g(1) b
1
4 1
2 ,
g(2) b
1
b
2
4 2
3
,
g(3) b
1
b
2
b
3
4 3
4 ,
g(4) b
1
b
2
b
3
b
4
4 4
4 ,
g(5) b
1
b
2
b
3
b
4
b
5
4 5
4 .
2
∵ g( m 1) g (m)
b n
“
n
”
(
)
m 1 项 及
bj 的含义知
,由 数列
A
含有
∴
g(m 1)
g (m) ≤ 0
,
即 g(m)≥ g
(m
1) ,
又∵ 设整数 M max
a
1
,a
2
L a
n
,
当 m≥
M 时,必有 b
m
n ,
10
5,6,7 L ) ,
b
m 1
n
,
≤
∴
g(1)≥ g (2) ≥ L ≥ g( M
1) g( M ) g( M
1)
,
∴ g(m) 最小 g (M 1) ,
∵ g(
M 1) b
1
b
2
b
3
L
b
M 1
n( M 1)
(b
1
n)
(b
2
n) (b
3
n) L (b
M 1
n)
( k
2
k
3
L
k
M
) ( k
3
k
4
L
k
M
) L ( k
M
)
[ k
2
2k
3
L (M 1)k
M
]
(k
1
2k
2
3k
3
L Mk
M
) ( k
1
k
2
L k
M
)
(a
1
a
2
L
a
n
) b
M
,
∵
a
1
a
2
a
3
L
a
n
n
100 . g( M
1)
100 ,
∴ g(m) 最小 100 .
6.
(Ⅰ
) a
n
q
n
1
,
a
n
1
a
n
q
n
q
n 1
q
n 1
( q 1) ,
当 0
q
1 :有 q
n 1
0 , q 1 0 ,
∴ a
n
1
a
n
0 ,
∴ a
n
减数列.
(Ⅱ ) ∵
a
k
, a
k
2
, a
k 1
成等差数列,
∴ 2q
k 1
(q
k 1
q
k
) 0 ,
q
k
1
(2q
2
q 1)
0 ,
∵ q 0 ,
∴
2q
2
q 1 0
,
解得: q 1或 q
1
.
2
7.( 1)由
a
n
=2a
n-1
-2n+5 知:
a
n
-2n+1=2[a
n-1
-2( n-1) +1] ,而
a
1
=1
于是由
b
n
=a
n
-2n+1,可知: b
n
=2b
n-1
,且 b
1
=0
从而 b
n
=0,故数列
{b
n
} 是常数列.
于是 a
n
=2n-1 .( 5 分)
( 2) S
n
是 {a
n
} 前 n 和,
S
n
=1+3+5+ ?+( 2n-1) =n
2
,
c
n
=( -1)
n
n
2
当 n 奇数
,即 n=2k-1 , T
n
=T
2k-1
=-1
2
+2
2
-3
2
+4
2
+?+(
2k-2 )
2
-(2k-1 )
2
11
=-k ( 2k-1 ) =-
当 n 偶数 , T
n
=T
2k
=T
2k-1
+(2k)
2
=
.
∴T
n
=
.
由
T
n
> tn
2
恒成立, 需
> tn
2
恒成立.只需
n 奇数 恒成立.
∴
( n=1, 3, 5,7,),
∴
(n=1 , 3 ,5,
7,)恒成立.
而 ,
∴t < -1,故所需 t 的范
( -∞, -1).( 13 分)
8.( 1)
Q b
n
1
a
n
, P
n
a
a
1
2
L
1 a
n
a
n 1
a
a
a
n
a
a
1
, Q
a
n 1
a
n
a
n
2
2
a
3
n 1 n 1
a
n 1
P
n
的范围是
1
{ a
n
}
单调递增趋向正无穷, (0,
]
1
1
(2)
b
n
1
a
n
2
a
n 1
a
n
1
, S
n
1 1
1 a
n
a
n
(1 a
n
)a
n
a
n
a
n 1
a
n
a
n 1
a
1
a
n 1
1
P
n
S
n
1
1
, 为定值 .
a
1
9.( Ⅰ ) ∵数列 {a
n
} 足: a
1
=2 ,当 n∈N
*
, n>
1 , a
2
+a
3
+? +a
n
=4(
a
n
﹣
1
1),
∴ a
2
=4(
a
1
1) =4 (2 1) =4,
a
2
+a
3
=4( a
2
1),即
4+a
3
=4( 4 1)=12 ,解得 a
3
=8.
由此猜想 {a
n
} 是首 2,公比 2 的等比数列,即
,
用数学 法 明:
①当 n=1 , a
1
=2,成立.
②假 当 n=k ,等式成立,即 a
2
+a
3
+?
+a
k
=4 a
k
﹣
1
1
(
),
∴ 2
2
+2
3
+?
+2
k
=4 ( 2
k
﹣
1
1),
当
n=k+1 , a
2
+a
3
+?
+a
k
+a
k+1
=4
(
2
k
﹣
1
1) +2
k+1
12
0,
=2
k+1
4+2
k+1
=4( 2
k
1) =4( a
k
1),成立,
由①② ,得
,
∴ a
n+1
2a
n
=2
n+1
2?2
n
=0,
∴数列 {a
n+1
2a
n
} 常数列.
(Ⅱ ) ∵ c
n
=
=
,
当
n=1 , c
1
=
, c
n
=
≤
,
∴c
1
+c
2
+?
+c
n
<
+ +
+?+
=
+
=
+
(
1
+ =
,
∴
=c
1
<c
1
+c
2
+?
+c
n
<
,
∵ 任意 n∈ N
*
,2a< c
1
+c
2
+? +c
n
< 10a
恒成立,
∴
,
≤a
解得 < ,
故 数 a 的取 范 [
, ).
10.
(1) 当
n
1
,即 2S
1
2
1
a
1
,解得 a
1
1
,
2
2
2
2
S
n
a
n
1
2S
n
a
n
2
a
n
1
①
2
4
2
1
2S
n 1
a
n 1
a
n 1
4
②
①-② : 2a
n
a
n
2
a
n 1
2
a
n
a
n 1
,所以 a
n
2
a
n 1
2
a
n
a
n
1
0 ,即
13
) <
a
n
a
n 1
因 a
n
a
n
a
n 1
1 0 ,
是正 数列,所以
所以 a
n
是以 首相, 1
公差的等差数列,所以
2
(2) 因 a
n
n
1
a
n
a
n
1
1 0 ,即 a
n
a
n 1
,其中
n
1
1
2
2
,
a
n
n 1 1 n
1
.
2
1
,所以 a
n 1
2
n
1
,
2
所以
n
1
1
2
b
n
n
2n
1
2
n
1
2
2
n
n
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
n
n
1
n
1
2
2
4
1
2n 1
2
1
2 n 1
2
,
2
所以 T
n
b
1
b
2
2
L
4
1
b
n
1
2
2
4
1
2
1 1
3
2
L 4
1
2
1
2
4 1
2n
1
2
16n
2
1
4n
2
3
2
5
2
2n 1 2n 1
16n
.
4n
1
11.(1)令 n=1 得 a =3 . ????2 分
2
(2)因
a
n 1
a
n
a
n
a
n 1
n 1
2
,所以
4S
n
1
2a
n
a
n 1
① .
4S
n
1
a
n 1
a
n
n 2
n
1
所以
4S
n 1
1
2aa
a
n 2
a
a
② ,
由② -① ,得
2a
n 1
a
n
1
a
n 2
n 2
a
n
a
n 1
a
因
n 1
a
a
n
1
. ??????5 分
n 1
a
n
1
0
,所以
2
a
n
2
a
n 2
a
n
a
n
.
a
n 1
a
n
n 1
所以
1
a
a
n
n 2
1
a
n 1
a
a
n
n 1
2
,即
a
n
a
a
n 2
n 1
aaa
n 1
a
n
n
1
,
即
b
n 1
b
n
1
,所以数列
(其它解法酌情 分)
b
n
是公差
1
的等差数列.
????8 分
(3)由( 2)知,因 b
1
=
,所以数列
的通 公式 b
n
=n.
b
n
, 因
所以
,所以数列
是常数列.
14
由
. ?????? 11 分
所以
因
所以数列 {c
n
} 增数列
当
,
c
n 1
n
n 1
≥c=,即
c 的最小
?????? 14分
由 2
2
-k+3
,
而当
,
取得,故
.
??????
16分
12.(
I)(数学 法)
当
n 1
,因
x
1
1
,所以
0
x
1
9
成立
.
假 当
n
k
,
0 x
k
9
成立
,
当
n
k 1
,
x
k 1
2 x
k
3
.
因
x
k
1
2 x
k
3
3 0
,
且
x
k 1
9 2 x
k
6
2 x
k
3 0
得
x
k 1
9
所以
0
x
n
9
也成立
.
(II )因
0
x
n
9
,
所以
x
n +1
x
n
x
n
2 x
n
3
x
n
3 x
n
1 0.
所以
x
n
x
n
1
.
(III )因
0
x
9
,所以
x
n
n
x
n
.
3
从而
x
n 1
2
x
3
n
3
x
n
3
.
2
所以
x
n 1
9
2
x
n
9
,即
9 x
2
n
1
9 x
n
.
3
3
15
当
,当且
n 1
2
所以
9
x
n
3
9
x
1
.
又
x
1
1
,故
x
n
9 8
2
n 1
.
3
13.1. 明
Q S
S
n
2a
n
3 ,
n 1
2a
n
1
3
( n 2),
???2
分
2
n
2
n
1
作差得
a
n
2a
3
1
1
n 1
n
(n
2), 变形得
a
n
-
n
2( a
n
1
n
)(n
2)
1
2
2
2
{ a
n
n
}
首
1,公比 2 等比数列
???4 分
2
1
a
n
2
n-1
+
n
, n
N
*
???6 分
2
2
Q a
n
2
n-1
+
1
,
n
N
*
代入
S
n
2a
n
3
,
得
S
n
2
n
1
,
???8
分
2
n
1
2
n
2
n
Q S
n
-S
n-1
2
n
n
-(2
n 1
n
1
1
)=2
n 1
+
1
n
0,
2
2
{ S
n
} 为递增数列,令 b
n
=
1
2
=
2
n
2n
S
n
2 1
Q b =
2
n
n
=
2
n
(
n
n
)
??? 10分
2n
)(
2
1
n
2
-1
2
+1
2
2
n-1
1 1
b
n
(2
n
-1)( 2
n
2)( 2
n
-1)( 2
n-1
1
)
2
n-1
-1
2
n
-1
(n2)
1时,
当 n
T
1
=b
2
n
1
+b
2
=
2
+
4
=
14
1
=
,当
2时, T
2
=b
3
3 15 15
3时,
T
n
=b
1
+b
2
+
当 n
L
+b
n
2
+
4
+
1
111
+ - + L
,???
13
分
19
3 15 3
7 7 15
= -
n
1 19
15 2
1 15
19
Q
T
m
15
38
存 在 正
整
数
=1
,
S
n
3 45
1,
存在
min
=1
2
m, n
N
*
,不等式 T
m
- S
n
0恒成立
??? 15分
任 意
16
14.( Ⅰ )证明: ①当
n 1
时显然成立;
②假设当
n
那么当
n
k
(k
N
)
时不等式成立,即
0
a
k
1
,
k
1
时,
1
1
a
(a
k
1
)
a
k
1
g2
a
k
g
1
1
,所以
0
a
k 1
1
,
k 1
2
2
a
k
即
n
k 1
时不等式也成立
.
综合
①②
可知,
0
a
n
(Ⅱ
)
a
n 1
1
对任意
n
N
成立 .--------------------------------5
分
1
,即
2
a
n 1
a
n
,所以数列
a
n
为递增数列。
------------7
分
a
n
a
n
2
1
1
a
n
又
1
a
n
所以
a
1
a
n
1
n 1
1
(a
n
1
)
1
(
1
a
n
2 a
n
a
n
)
,易知
1
a
n
为递减数列,
2
a
n
1
a
也为递减数列,
n 1
所以当
n
2
时,
1
1
a
n 1
1
(
1
2 a
2
2
a
2
)
1
(
5 4
)
a
n
9
-------------------10 分
2 4 5 40
所以当
n
2
时,
b
n
(a
n
a
n 1
)
aa
n
(a
n
1
a
n
)(
1
n 1
a
n
a
1 )
n 1
9
(a
n 1
a
n
)
------12
分
40
当
n
1
时,
T
T
b
1
9
3
,成立;
10
b
n
9
40
n 1
40
当
n
2
时,
T
n
b
1
b
2
L
9
9 9
(a
n 1
a
2
)
9
9
(1 a
2
)
40
40
40
n
,
T
n
综上,对任意正整数
40
3
[( a
3
a
2
) (a
4
a
3
) L (a
n 1
a
n
)]
40
9 9 4 27 3
(1
)
40 40
5 100 10
-------------------------------
----------------------------------15
分
10
15.( 1)当
n 2
时,
2S
2
当
n
3a
2
1
,解得
a
2
2
;
3
时,
2S
n
( n 1)a
n
1
,
2S
n 1
na
n 1
1
,
a
n
n
以上两式相减,得
2a
n
(n
1)a
n
na
n 1
,∴
,
a
n 1
n 1
∴
a
n
aa
nn 1
?
a
3
a
2
n n
n 1 n
1
?
3
2 n
,
2 2
a
n
1
a
n 2
a
2
17
3
∴
a
n
2
, n 1,
n, n 2.
(
2
)
b
n
1
(a
n
1)
2
, n
1,
25
1
2
, n
( n 1)
4
2,
当
n
当
n
∴
T
n
∴
T
n
1
时,
T
4 33
1
b
1
;
25 50
2
时,
b
n
1
1 1 1
(n
1)
2
n(n 1) n n 1
,
4
(
1 1
) (
1 1
)
? (
1
1
)
33133
,
33
25 2 3 3 4
n n 1 50 n
1 50
(
n
N *
).
50
18