二 数列(B)1.(2018·醴陵模拟)已知正项等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=24.(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{bn}满足bn=log2an,求数列{an+bn}的前n项和Tn.2.(2018·银川模拟)设{an}是公比不为1的等比数列,其前n项和为Sn,且a5,a3,a4成等差数列.(1)求数列{an}的公比;(2)
证明
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:对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.3.(2018·益阳模拟)已知{an}是各项均为正数的等差数列,且数列{}的前n项和为,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{an}的前n项和为Sn,数列{}的前n项和Tn,求证Tn<.4.(2018·深圳模拟)已知数列{an}满足a1=1,且an=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*),(1)求证:数列{}是等差数列;(2)求数列{an}的通项公式;(3)设数列{an}的前n项之和为Sn,求证:>2n-3.1.解:(1)设数列{an}的首项为a1,公比为q(q>0).则解得所以an=2×2n-1=2n.(2)由(1)得bn=log22n=n,设{an+bn}的前n项和为Sn,则Sn=(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:设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1),由a5,a3,a4成等差数列,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)证明:法一 对任意k∈N*,Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)=ak+1+ak+2+ak+1=2ak+1+ak+1·(-2)=0,所以,对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.法二 对任意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,对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.3.(1)解:由{an}是各项均为正数的等差数列,且数列{}的前n项和为,n∈N*,当n=1时,可得==,①当n=2时,可得+==,②②-①得=,所以a1·(a1+d)=6,③(a1+d)(a1+2d)=12.④由③④解得所以数列{an}的通项公式为an=n+1.(2)证明:由(1)可得Sn=,那么==(-).所以数列{}的前n项和Tn=(1-+-+-+-+…+-)=(1++---)=(---)=-(++),n∈N*,所以Tn<.4.(1)证明:因为an=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*),所以=+1,即-=1(n≥2,且n∈N*),所以数列{}是等差数列,公差d=1,首项为=.(2)解:由(1)得=+(n-1)×1=n-,所以an=(n-)·2n.(3)证明:因为Sn=·21+·22+·23+…+(n-)·2n,①所以2Sn=·22+·23+·24+…+(n-)·2n+1,②①-②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,则=(2n-3)+>2n-3,所以>2n-3.PAGE
浙公网安备 33021202002483