上海华师一附中高二数学《数列》专题答案

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(2)
【分析】（1）根据题意结合等差、等边数列的通项公式列式求解即可；
（2）利用分组求和，结合裂项相消法和错位相减法运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得：，解得或（舍去），
所以.
（2）由（1）可得，
当为奇数时，则，
设，
则，
两式相减得
，
所以；
当为偶数时，则，
设，
所以；
综上所述：，
当为奇数时，则
；
当为偶数时，则
；
综上所述：.
2．(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可求解，
（2）根据裂项求和即可求解.
【详解】（1）设公差为，则由，可得：
，解得，
所以，
（2），
故
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助构造等比数列算出，即可求出；
（2）将裂项后求和，再分奇偶讨论即可得证.
【详解】（1）由，得，，
则，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，
，
.
（2），
，
，
当为奇数时，，
当为偶数时，，由，可知是递增数列，
，
综上，.
4．(1)
(2)存在，.
【分析】（1）根据求出通项公式；
（2），裂项相消法求和得到，变形得到，假设存在实数m，使得数列为等差数列，从而根据等差数列的定义得到.
【详解】（1）①中，令得，，解得，
当时，②，①-②得，
，故，
当时，，满足要求，
综上，的通项公式为
（2），
，
，
假设存在实数m，使得数列为等差数列，
故当时，
，
只有当，即时，为常数，
其他值均不合要求，
故当时，是等差数列.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，结合等差数列的定义，即可得证；
（2）由（1）求得，得到，进而求得，结合题意，转化为即恒成立，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）证明：由，可得，
整理得为常数，
又由，所以数列是首项为，公差为的等差数列.
（2）解：由（1）可得，所以，
又由，
则，
因为若在上恒成立，
即，所以，
又因为，当且仅当时，即时，等号成成立，
所以，所以，即实数的取值范围为.
6．(1)
(2)
【分析】（1）根据等比中项结合等差数列基本量的求解即可得首项，由等差求和公式即可求解，
（2）根据作差法可得时，即可利用裂项相消法求解和.
【详解】（1）由题意可得，所以，解得，
所以，
（2），
由得：当时，，
两式相减可得，所以，
当时，，
从而
7．(1)，；
(2)最大值，最小值.
【分析】（1）分和两种情况，利用关系及等差数列定义，再由等比中项、等差通项公式列方程求公差，即可得通项公式．
（2）由（1）得通项公式，裂项相消求，分为奇数和偶数两种情况讨论求最值．
【详解】（1）当时，；
当时，，，
则①，故②，
由②－①得，即，
所以(，且)，数列为等差数列，
设其公差为，则，，．
又，则，解得或（舍去），
所以，又也符合上式，故数列的通项公式为，．
（2）由题得，
．
当为奇数时，，当时有最大值，且；
当为偶数时，，当时有最小值，且．
综上，有最大值，最小值．
8．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用，求得数列的通项公式.
（2）由（1）得，然后利用错位相减法求得前n项和
（3）由（1）求得的表达式，然后利用裂项求和法求得的前项和，利用差比较法证得数列递增，进而求得的取值范围.
【详解】（1）当时，由，得，得，
由，得，两式相减，
得，即，
即
因为数列各项均为正数，所以，所以
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
因此，，即数列的通项公式为.
（2）由（1）得，
两式相减得
.
（3）由（1）知，所以.
所以.
所以
.
令，则
所以是单调递增数列，数列递增，
所以，又，所以的取值范围为.
9．(1)
(2)
【分析】（1）由递推关系取可求，当时，取递推关系中的可求，由此可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求数列的前项和为.
【详解】（1）当时，，解得；
当时，，
则，
两式相减得，即；
当时也成立，所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以，
所以.
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件利用等差数列的通项公式和求和公式得到关于首项和公差的方程组，求得首项和公差，然后利用通项公式求出结论；
（2）利用等差数列前项和公式，求得，进而得到，然后利用裂项相消求和法求得，最后利用不等式的基本性质证明结论.
【详解】（1）设已知数列的公差为d，
依题意有，解得，，
.
（2）由（1）可得，
，
∴，，，，，
累加相消得
.
故.
11．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）结合等差数列与等比数列的通项公式及题目条件，用基本量表达条件中的式子，即可求得两数列的首项与公差公比，代入通项公式即可；
（2）根据第一问写出表达式，再用裂项相消法化简式子，最后放缩即可证明；
（3）将前项和分成奇数项之和加上偶数项之和，分别求解奇数项和偶数项再相加即可.
【详解】（1）∵数列是公差为1的等差数列，且，
∴，解得，
∴，
∴数列的通项公式为：.
数列是等比数列，且，
设数列的公比为，
∴，解得，
∴，
∴数列的通项公式为：.
（2）由（1）知，
∴
，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴
∴
（3）由（1）可知，
∴，
∴，
令，，
∴
，
，
∴，
∴
，
∴，
∴，
∴数列的前项和.
12．
【分析】由，将分成两组，一组为等比数列求和，一组为裂项相消求和．
【详解】因为
，
所以
.
13．(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）由可得答案；
（2）求出利用裂项相消可求得其前项和.
【详解】（1）令中，得，，
所以，，
因为，
所以．
所以，
又时，
所以数列是首项为2、公比为2的等比数列；
（2）由（1）得，，
所以．
所以．
【点睛】关键点点睛：本题关键点是利用求出是等比数列.
14．(1)，
(2)
(3)2
【分析】（1）根据与的关系证明为等比数列，根据等差数列性质求的首项及公差，再利用等比数列和等差数列通项公式求，的通项公式；
（2）利用裂项相消法求和即可；
（3）由（1）求，由条件可得，判断数列的单调性求其最值，由此可得，结合基本不等式求的最大值.
【详解】（1）由，得，
当时，，即，
所以，且，
所以，
所以为首项为，公比为3的等比数列，
所以.
设等差数列的公差为，
则，解得，，
所以.
（2）由（1）知，，，
则，
令为的前项和，
则
即.
（3）因为，，
，
所以，
故恒成立，
设，
当时，；
当时，，即，
所以，即，
所以，
所以恒成立，
即恒成立，
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，故的最大值为2.
15．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件得到等差数列的公差，利用前项和公式，求出首项，得到通项公式，设出公比，得到方程，求出公比，写成通项公式；
（2）写出的通项公式，利用裂项相消法求和；
（3）方法一：变形得到，其中利用错位相减法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出；
方法二：变形后，利用裂项相消法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出.
【详解】（1）∵，
∴数列是公差为等差数列，且，
∴，解得，
∴；
设等比数列的公比为（），
∵，，
，即，
解得（舍去）或，
∴
（2）由（1）得
，
（3）方法一：
∵，
①
②
两式相减得，
，
，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
.
方法二：
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
.
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
16．（1），；（2）证明见解析；（3）存在整数，使得对任意的都有成立，理由见解析.
【分析】（1）利用等差等比数列的基本量表示已知条件，解方程组得到基本量，利用等差等比数列的通项公式得到答案；
（2）根据（1）的结论得到数列的通项公式，利用指数的运算裂项，相消求和后得到的表达式，判定单调性，然后利用不等式的基本性质即可证明；
（3）假设存在满足要求的整数，取得到的范围，进而求得的值为，然后证明当时，对任意的，都有成立．为此先要根据，利用等比数列的求和公式，求得，结合，求得，然后利用作差法证明即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为，
则，所以，
因为，所以．
所以，解得
所以，．
（2）因为
所以
又因为对任意的，都有单调递增，
即，
所以对任意的，都有成立；
（3）假设存在满足要求的整数，
令，则，解得；
令，则，解得；
令，则，解得；
所以，
又已知，故若存在，则．
下证：当时，对任意的，都有成立．
；
；
即
又；
所以
则
而对任意的，单调递增，
所以
即对任意的都有成立，得证.
所以，存在整数，使得对任意的都有成立．
【点睛】本题考查等差比数列得综合问题，涉及等差等比数列的通项公式，求和公式，裂项求和法，存在性问题和探索性方法，考查不等式的证明，属难题.
17．（1） 证明过程见解析 （2） （3）
【分析】（1）由，再得出，两式作差，得出，，再分奇数项，偶数项分别求通项公式即可得解；
（2）由等差数列的等差中项可得恒成立，可得，解得;
（3）由已知有，由裂项求和法求数列前项和得，由分离变量最值法可得，运算即可得解.
【详解】解：（1）因为，①
所以，②
②-①得：，
由易得，即，
即，，
即数列的奇数项是以为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以为首项，4为公比的等比数列，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
综上可得，
又，
故是等比数列，且数列的通项公式.
(2)因为，
所以，
因为数列是等差数列，
所以恒成立，
即有恒成立，
即，
解得;
(3)因为=，
即，
又对任意的存在实数,使得,
即对任意的 恒成立，
又当时，取最小值3，时，，
即,
故实数的最大值为.
【点睛】本题考查了由的关系求数列的通项、用裂项求和法求数列前项和及不等式恒成立问题，重点考查了分离变量最值法，属综合性较强的题型.
18．(1)
(2)
(3).
【分析】（1）利用等差数列定义可求得，根据递推公式可证明数列是等比数列，可求出其通项公式为；
（2）利用裂项相消求和即可求得；
（3）由（1）中的结论可得，，再根据分组求和以及错位相减法求和即可求得.
【详解】（1）设数列的首项为，公差为；
由可得，解得；
所以；
由可得，当时，；
两式相减可得，所以，即为定值，
又，可得；
因此数列是以为首项，公比的等比数列，
可得.
即数列的通项公式为；
（2）由（1）可知,
则，
所以
，
即可得
（3）由（1）可得，
所以，；
因此
令，
则；
两式相减可得
；
所以，
因此；
所以.
【点睛】方法点睛：在求解数列分奇偶项的求和问题时，经常利用分组求和以及错位相减法求解该数列求和问题.