2019高考浙江数学优编增分练：解答题突破练(三) Word版含解析
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令n＝1,2,3，
得到a1＝ ，a2＝ ，a3＝ ，
∵{an}是等差数列，∴2a2＝a1＋a3，
即 ＝ ＋ ，
解得k＝－1.
由于(n＋1)an＝2n2＋n－1＝(2n－1)(n＋1)，
又∵n＋1≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．
方法二∵{an}是等差数列，设公差为d，
则an＝a1＋d(n－1)＝dn＋(a1－d)，
有a1＋a2＋…an≥ － ＋ － ＋…＋ － ＝ － ，
∴取x＝ ＝ ，
则a1＋a2…＋an≥ ＝ > ，
∴原不等式成立．
6．已知在数列{an}中，满足a1＝ ，an＋1＝ ，记Sn为an的前n项和．
(1)证明：an＋1>an；
(2)证明：an＝co(1)由题意知{an}的各项均为正数，
∴(n＋1)an＝(n＋1)(dn＋a1－d)
＝dn2＋a1n＋a1－d，
∴dn2＋a1n＋a1－d＝2n2＋n＋k对于任意n∈N*均成立，
则 解得k＝－1，∴an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由bn＝ ＝
＝ ＝1＋
＝1＋ ＝ ＋1，
得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝ ＋1＋ ＋1＋ ＋1＋…＋ ＋1
(2)因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，
所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，
所以当n≥2时，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝ .
又b1＝1也适合上式，所以bn＝ (n∈N*)．
所以 ＝
＝ · ＝ · ，
所以Tn＝ ·
③－④，得
Tn＝1＋2 －(2n－1)· n
＝1＋2 －(2n－1)· n
＝3－ ，
∴Tn＝6－ (n∈N*)．
3．已知等差数列{an}满足(n＋1)an＝2n2＋n＋k，k∈R.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn.
解(1)方法一由(n＋1)an＝2n2＋n＋k，
设f(x)＝x2＋ex(x－1)＋1(x≥0)，
则f′(x)＝2x＋ex·x≥0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
因此f(x)≥f(0)＝0，
因此x ＋ (xn＋1－1)＋1＝f(xn＋1)>f(0)＝0，
故xnxn＋1>xn－2xn＋1.
(3)由(2)得 ＋1<2 ，所以当n>1时，
＋1<2 <…<2n－1 ＝2n，
所以6Sn＝a ＋3an＋2.①
当n≥2时，有6Sn－1＝a ＋3an－1＋2，②
①－②得6an＝a ＋3an－a －3an－1，
所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝3，
又因为a1＝1，
所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列，
所以an＝3n－2(n∈N*)．
①当n＝1时，a1＝ ＝cos 成立，
②假设当n＝k时，ak＝cos .
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝ ＝ ＝cos ，
综上所述，an＝cos .
(3)由题意及(2)知，
＝1－
＝1－a ＝1－cos2
＝sin2 < 2(n≥2)，
＝ · ＝ .
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3， ，S4成等差数列，a5＝3a2＋2a1－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2n－1，求数列 的前n项和Tn.
解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由S3， ，S4成等差数列，
可知S3＋S4＝S5，得2a1－d＝0，①
＝ ＋n
＝ ＋n
＝ ＋n＝ (n∈N*)．
4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{an}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ －1，证明：当n∈N*时，
(1)0<xn＋1<xn；
(2)xnxn＋1>xn－2xn＋1；
(3) n≤xn≤ n－1.
证明(1)用数学归纳法证明xn>0，
当n＝1时，x1＝1>0，
假设xk>0，k∈N*，k≥1，成立，
当n＝k＋1时，若xk＋1≤0，
则xk＝xk＋1＋ －1≤0，矛盾，故xk＋1>0，
因此xn>0(n∈N*)，
所以xn＝xn＋1＋ －1>xn＋1＋e0－1＝xn＋1，
综上，xn>xn＋1>0.
(2)xn＋1xn＋2xn＋1－xn＝xn＋1(xn＋1＋ －1)＋2xn＋1－xn＋1－ ＋1＝x ＋ (xn＋1－1)＋1，
当n＝1时， ＋1＝2n，所以 ≤2n，即xn≥ ，
又由于xn＝xn＋1＋ －1≥xn＋1＋(xn＋1＋1)－1＝2xn＋1，
xn＋1≤ xn，所以易知xn≤ ，
综上， n≤xn≤ n－1.
5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{an}的首项a1＝ ，an＋1＝ ，n＝1,2，….
(1)求{an}的通项公式；
由a5＝3a2＋2a1－2，②
得4a1－d－2＝0，
由①②，解得a1＝1，d＝2，
因此，an＝2n－1(n∈N*)．
(2)令cn＝ ＝(2n－1) n－1，
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
∴Tn＝1·1＋3· ＋5· 2＋…＋(2n－1)· n－1，③
Tn＝1· ＋3· 2＋5· 3＋…＋(2n－1)· n，④
1．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a ＋3an＋2(t∈R)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列 的前n项和Tn.
解(1)因为a1＝S1＝1，且(t＋1)Sn＝a ＋3an＋2，
所以(t＋1)S1＝a ＋3a1＋2，所以t＝5.
(2)证明：对任意的x>0，an≥ － · ，n＝1,2，…；
(3)证明：a1＋a2＋…＋an> .
(1)解∵an＋1＝ ，∴ －1＝ ，
∴ －1＝ · ＝ ，∴an＝ (n∈N*)．
(2)证明由(1)知an＝ >0，
－ ＝ － ＝ －
＝－ · ＋ ＝－ 2＋an≤an，
∴原不等式成立．
(3)证明由(2)知，对任意的x>0，
因为2a －2a ＝an＋1－2a ＝(1－an)(1＋2an)．
所以，要证an＋1>an，只需要证明an<1即可．
下面用数学归纳法证明an<1.
①当n＝1时，a1＝ <1成立，
②假设当n＝k时，ak<1成立，
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝ < ＝1.
综上所述，an<1成立，所以an＋1>an.
(2)用数学归纳法证明an＝cos .
得到a1＝ ，a2＝ ，a3＝ ，
∵{an}是等差数列，∴2a2＝a1＋a3，
即 ＝ ＋ ，
解得k＝－1.
由于(n＋1)an＝2n2＋n－1＝(2n－1)(n＋1)，
又∵n＋1≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．
方法二∵{an}是等差数列，设公差为d，
则an＝a1＋d(n－1)＝dn＋(a1－d)，
有a1＋a2＋…an≥ － ＋ － ＋…＋ － ＝ － ，
∴取x＝ ＝ ，
则a1＋a2…＋an≥ ＝ > ，
∴原不等式成立．
6．已知在数列{an}中，满足a1＝ ，an＋1＝ ，记Sn为an的前n项和．
(1)证明：an＋1>an；
(2)证明：an＝co(1)由题意知{an}的各项均为正数，
∴(n＋1)an＝(n＋1)(dn＋a1－d)
＝dn2＋a1n＋a1－d，
∴dn2＋a1n＋a1－d＝2n2＋n＋k对于任意n∈N*均成立，
则 解得k＝－1，∴an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由bn＝ ＝
＝ ＝1＋
＝1＋ ＝ ＋1，
得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝ ＋1＋ ＋1＋ ＋1＋…＋ ＋1
(2)因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，
所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，
所以当n≥2时，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝ .
又b1＝1也适合上式，所以bn＝ (n∈N*)．
所以 ＝
＝ · ＝ · ，
所以Tn＝ ·
③－④，得
Tn＝1＋2 －(2n－1)· n
＝1＋2 －(2n－1)· n
＝3－ ，
∴Tn＝6－ (n∈N*)．
3．已知等差数列{an}满足(n＋1)an＝2n2＋n＋k，k∈R.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn.
解(1)方法一由(n＋1)an＝2n2＋n＋k，
设f(x)＝x2＋ex(x－1)＋1(x≥0)，
则f′(x)＝2x＋ex·x≥0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
因此f(x)≥f(0)＝0，
因此x ＋ (xn＋1－1)＋1＝f(xn＋1)>f(0)＝0，
故xnxn＋1>xn－2xn＋1.
(3)由(2)得 ＋1<2 ，所以当n>1时，
＋1<2 <…<2n－1 ＝2n，
所以6Sn＝a ＋3an＋2.①
当n≥2时，有6Sn－1＝a ＋3an－1＋2，②
①－②得6an＝a ＋3an－a －3an－1，
所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝3，
又因为a1＝1，
所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列，
所以an＝3n－2(n∈N*)．
①当n＝1时，a1＝ ＝cos 成立，
②假设当n＝k时，ak＝cos .
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝ ＝ ＝cos ，
综上所述，an＝cos .
(3)由题意及(2)知，
＝1－
＝1－a ＝1－cos2
＝sin2 < 2(n≥2)，
＝ · ＝ .
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3， ，S4成等差数列，a5＝3a2＋2a1－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2n－1，求数列 的前n项和Tn.
解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由S3， ，S4成等差数列，
可知S3＋S4＝S5，得2a1－d＝0，①
＝ ＋n
＝ ＋n
＝ ＋n＝ (n∈N*)．
4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{an}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ －1，证明：当n∈N*时，
(1)0<xn＋1<xn；
(2)xnxn＋1>xn－2xn＋1；
(3) n≤xn≤ n－1.
证明(1)用数学归纳法证明xn>0，
当n＝1时，x1＝1>0，
假设xk>0，k∈N*，k≥1，成立，
当n＝k＋1时，若xk＋1≤0，
则xk＝xk＋1＋ －1≤0，矛盾，故xk＋1>0，
因此xn>0(n∈N*)，
所以xn＝xn＋1＋ －1>xn＋1＋e0－1＝xn＋1，
综上，xn>xn＋1>0.
(2)xn＋1xn＋2xn＋1－xn＝xn＋1(xn＋1＋ －1)＋2xn＋1－xn＋1－ ＋1＝x ＋ (xn＋1－1)＋1，
当n＝1时， ＋1＝2n，所以 ≤2n，即xn≥ ，
又由于xn＝xn＋1＋ －1≥xn＋1＋(xn＋1＋1)－1＝2xn＋1，
xn＋1≤ xn，所以易知xn≤ ，
综上， n≤xn≤ n－1.
5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{an}的首项a1＝ ，an＋1＝ ，n＝1,2，….
(1)求{an}的通项公式；
由a5＝3a2＋2a1－2，②
得4a1－d－2＝0，
由①②，解得a1＝1，d＝2，
因此，an＝2n－1(n∈N*)．
(2)令cn＝ ＝(2n－1) n－1，
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
∴Tn＝1·1＋3· ＋5· 2＋…＋(2n－1)· n－1，③
Tn＝1· ＋3· 2＋5· 3＋…＋(2n－1)· n，④
1．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a ＋3an＋2(t∈R)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列 的前n项和Tn.
解(1)因为a1＝S1＝1，且(t＋1)Sn＝a ＋3an＋2，
所以(t＋1)S1＝a ＋3a1＋2，所以t＝5.
(2)证明：对任意的x>0，an≥ － · ，n＝1,2，…；
(3)证明：a1＋a2＋…＋an> .
(1)解∵an＋1＝ ，∴ －1＝ ，
∴ －1＝ · ＝ ，∴an＝ (n∈N*)．
(2)证明由(1)知an＝ >0，
－ ＝ － ＝ －
＝－ · ＋ ＝－ 2＋an≤an，
∴原不等式成立．
(3)证明由(2)知，对任意的x>0，
因为2a －2a ＝an＋1－2a ＝(1－an)(1＋2an)．
所以，要证an＋1>an，只需要证明an<1即可．
下面用数学归纳法证明an<1.
①当n＝1时，a1＝ <1成立，
②假设当n＝k时，ak<1成立，
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝ < ＝1.
综上所述，an<1成立，所以an＋1>an.
(2)用数学归纳法证明an＝cos .