14.7 数列的综合应用(1)(答案)

合集下载

高三数学数列综合应用试题答案及解析

高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列{an }中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．(1)写出a2，a3的值(只写结果)，并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）a2＝6，a3＝12. an＝n(n＋1)．（2）实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)，∴a2＝6，a3＝12.当n≥3时，an －an－1＝2n，a n－1－a n－2＝2(n－1)，又a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，∴an －a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]，∴an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2×＝n(n＋1)．当n＝1时，a1＝2；当n＝2时，a2＝6，也满足上式，∴数列{an }的通项公式为an＝n(n＋1)．(2)bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝＝.令f(x)＝2x＋(x≥1)，则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn )max＝.要使对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，则需t2－2mt＋>(bn )max＝，即t2－2mt>0对∀m∈[－1,1]恒成立，∴，解得t>2或t<－2，∴实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．2.一函数y＝f(x)的图象在给定的下列图象中，并且对任意an ∈(0,1)，由关系式an＋1＝f(a n)得到的数列{an }满足an＋1>a n(n∈N*)，则该函数的图象是()【答案】A【解析】由an＋1>a n可知数列{a n}为递增数列，又由a n＋1＝f(a n)>a n可知，当x∈(0,1)时，y＝f(x)的图象在直线y＝x的上方，故选A.3.设函数）定义为如下数表，且对任意自然数n均有xn+1=的值为( ) A．1B．2C．4D．5【答案】D【解析】,又根据,所以有,,,, .,所以可知：,,故选D.【考点】数列的周期性4.是点集A到点集B的一个映射，且对任意，有.现对点集A中的点，，均有，点为（0,2），则线段的长度 .【答案】【解析】∵，∴，，，，，，…，根据变化规律可知，∴，，∴.【考点】1.数列的性质；2.两点间距离公式.5.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3,6,10,…记为数列{an},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测:(1)b2012是数列{an}中的第项;(2)b2k-1=.(用k表示)【答案】(1)5030(2)【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为an=,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k =a5k= (k为正整数),b2k-1=a5k-1==,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.6.已知数列满足，则该数列的通项公式_________．【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，，…，，∴，∴，∴.【考点】1.累加法求通项公式；2.裂项相消法求和.7.数列满足，则 .【答案】【解析】这类问题类似于的问题处理方法，在中用代换得（），两式相减得，，又，即，故.【考点】数列的通项公式.8.已知函数，记，若是递减数列，则实数的取值范围是______________.【答案】【解析】是递减数列，从开始是用式子计算，这时只要，即即可，关键是是通过二次式计算，根据二次函数的性质，应该有且，即且，解得，综上取值范围是．【考点】数列的单调性．9.已知数列{｝的前n项和为，且，则使不等式成立的n的最大值为．【答案】4【解析】当时，，得，当时，，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，所以，所以，即，易知的最大值为4.【考点】1.等比数列的求和公式；2.数列的通项公式.10.甲、乙两人用农药治虫，由于计算错误，在A、B两个喷雾器中分别配制成12%和6%的药水各10千克，实际要求两个喷雾器中的农药的浓度是一样的，现在只有两个容量为1千克的药瓶，他们从A、B两个喷雾器中分别取1千克的药水，将A中取得的倒入B中，B中取得的倒入A中，这样操作进行了n次后，A喷雾器中药水的浓度为，B喷雾器中药水的浓度为．（1）证明：是一个常数；（2）求与的关系式；（3）求的表达式．【答案】(1)18;(2);(3) .【解析】(1)利用n次操作后A和B的农药的和应与开始时农药的重量和相等建立等量关系，证明是一个常数；(2)借助第一问的结论和第n次后A中10千克的药水中农药的重量具有关系式，求解与的关系式；（3）根据第二问的递推关系，采用构造数列的思想进行求解.试题解析：（1）开始时，A中含有10=1.2千克的农药，B中含有10=0.6千克的农药，，A中含有千克的农药，B中含有千克的农药，它们的和应与开始时农药的重量和相等，从而（常数）． 4分（2）第n次操作后，A中10千克的药水中农药的重量具有关系式：由（1）知，代入化简得① 8分（3）令，利用待定系数法可求出λ=—9，所以，可知数列是以为首项，为公比的等比数列．由①，,由等比数列的通项公式知：，所以． 12分【考点】1.数列的递推式；（2）数列的通项公式；（3）实际应用问题.11.等比数列的各项均为正数，且，则【答案】B【解析】等比数列中，所以【考点】等比数列性质及对数运算点评：等比数列中，若则，在对数运算中12.已知数列的首项为，对任意的，定义.（Ⅰ）若，(i)求的值和数列的通项公式；(ii)求数列的前项和；（Ⅱ）若，且，求数列的前项的和.【答案】(1) ,,(2) 当为偶数时，；当为奇数时，【解析】(Ⅰ) 解：(i),,………………2分由得当时，=………4分而适合上式，所以.………………5分(ii)由(i)得：……………6分……………7分…………8分(Ⅱ)解：因为对任意的有，所以数列各项的值重复出现，周期为. …………9分又数列的前6项分别为，且这六个数的和为8. ……………10分设数列的前项和为，则，当时，，……………11分当时，，…………12分当时所以，当为偶数时，；当为奇数时，. ……………13分【考点】数列的通项公式，数列的求和点评：解决的关键是对于数列的递推关系的理解和运用，并能结合裂项法求和，以及分情况讨论求和，属于中档题。

数列的综合应用(一)

1 2
是以
3 2
为首项,
3 为公比的等比数列
故
an
1 2
3n 2
即
an
3n 1 2
8.(2014年新课标Ⅱ)已知数列{an}满足 a1 1
an1 3an 1
（Ⅰ）
an
3n 1 2
（Ⅱ）证明：
1 a1
1 a2
…+ 1 an
3 2
（
Ⅱ
）由(Ⅰ)知
an
3n 1 2
即
1 an
2 3n 1
因当n≥2时， 1 an
2 3n 1
1 3n1
所以
1 a1
1 a2
…+ 1 an
132
1 3
1 32
1 3n1
1
1 3n
1 1
3
3 2
1
1 3n
3 2
9.(2010年安徽)设 C1,C2,L ,Cn,L 是坐标平面上的一列圆它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线 y 3 x 相切
3
对每一个正整数n圆 Cn 都与圆 Cn1 相互外切，以 rn 表示
面积均相等，故
相互
…… 不妨将所有的△看成是等腰△，由边夹角式面积公式可得
经检验
5.(2011年全国)已知等差数列{an} 的前n项和为 Sn
若 OB a1OA a2011OC,且A,B,C三点共线(该直线不过点O) 则S2011=________
析：因A,B,C三点共线，故 a1 a2011 1
从而 OCn1 OCn CnCn1 3rn rn1 ……②
由①②式可得 rn1 3rn
…………
Tn+1 Tn

专题六数列第十八讲数列的综合应用答案 (1)

专题六数列第十八讲数列的综合应用答案部分1．A 【解析】对数列进行分组如图则该数列前k 组的项数和为(1)1232k k k ++++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >，即(1)1002k k +>，解得14k ≥，n ∈*N 即N 出现在第13组之后．又第k 组的和为122112kk -=-- 前k 组的和为12(222)k k =++⋅⋅⋅+-122k k +=--，设满足条件的的N 在第1k +(k ∈*N ,13k ≥)组，且第N 项为第1k +的第m ()m ∈*N 个数，第1k +组的前m 项和为211222m -+++⋅⋅⋅+21m =-，要使该数列的前N 项和为2的整数幂，即21m-与2k --互为相反数，即212mk -=+，所以23mk =-，由14k ≥，所以2314m-≥，则5m ≥，此时52329k =-= 对应满足的最小条件为29(291)54402N +=+=，故选A ． 2．C 【解析】由题意可得10a =，81a =，2a ，3a ，…，7a 中有3个0、3个1，且满足对任意k ≤8，都有1a ，2a ，…，k a 中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．3．A 【解析】对命题p ：12,,,n a a a 成等比数列，则公比)3(1≥=-n a a q n n且0≠n a ；对命题q ，①当0=n a 时，22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++成立；②当0≠n a 时，根据柯西不等式，等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++成立，则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==，所以12,,,n a a a 成等比数列，所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件.4．A 【解析】2a ，4a ，8a 成等比数列，∴2428a a a =⋅，即2111(6)(2)(14)a a a +=++，解得12a =，所以(1)n S n n =+．5．B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增，可得1110()()0f a f a ->，1211()()0f a f a ->，…，199198()()0f a f a ->，∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199（） ∵),(2)(22x x x f -=在490]99[，上单调递增，在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->，…，249248()()0f a f a ->，250249()()0f a f a -=，251250()()0f a f a -<，…，299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+- =24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=< ∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99，5074[,]9999上单调递增，在2549[,]9999，75[,1]99上单调递减，可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-）因此312I I I <<．6．27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a中，52前面有16个正奇数，即5212a =，6382a =．当1n =时，1211224S a =<=，不符合题意；当2n =时，2331236S a =<=，不符合题意；当3n =时，3461248S a =<=，不符合题意；当4n =时，45101260S a =<=，不符合题意；……；当26n =时，52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =，不符合题意；当27n =时，52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27．7．5【解析】设数列的首项为1a ，则12015210102020a +=⨯=，所以15a =，故该数列的首项为5．8．12【解析】将82a =代入111n n a a +=-，可求得712a =；再将712a =代入111n n a a +=-，可求得61a =-；再将61a =-代入111n na a +=-得52a =；由此可知数列{}n a 是一个周期数列，且周期为3，所以1712a a ==． 9．64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列，得2111(4)()a a d a d +=+，解得2d =，故81878642S a d ⨯=+=． 10332a t =，则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤，由于1t ≥，所以3max{1,2}q t t t ++≥，故q 33．11．4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k -+⎧+>--+⎪⎪⎨⎪+>+++⎪⎩，得22(1)1010k k ⎧-<⎨>⎩，因此*k N ∈，所以4k =．12．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =-,12n n b -=．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立，即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7532d ≤≤．因此，d 的取值范围为75[,]32．(2)由条件知：1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=．若存在d ，使得1||n n a b b -≤(n =2，3，···，m +1)成立，即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2，3，···，m +1)，即当2,3,,1n m =+时，d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--．因为2]m q ∈，则112n m q q -<≤≤，从而11201n q b n --≤-，1101n q b n ->-，对2,3,,1n m =+均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+均成立．下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值（2,3,,1n m =+）． ①当2n m ≤≤时，111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---，当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20n n n n q q q ---+>．因此，当21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n ---单调递增，故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-． ②设()()21x f x x =-，当0x >时，ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<，所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=．当2n m ≤≤时，111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-，因此，当21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n --单调递减，故数列1{}1n q n --的最小值为mq m ．因此，d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-．13．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以，2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ①. 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.（Ⅱ）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0，因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为所以112n n x -≥得由1122n n n n x x x x ++-≥得所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ．15．【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,nn nnS qS S qS两式相减得到21,1n n a qa n.又由211S qS 得到21a qa ，故1nn a qa 对所有1n都成立.所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q .由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a ，即22=32,q q，则(21)(2)0q+q ，由已知,0q ，故 =2q . 所以1*2()n na nN .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n na q . 所以双曲线2221n y xa 的离心率 22(1)11nnn e a q .由2513qq 解得43q . 因为2(1)2(1)1+k kq q 2(1)1*1+k k q q kN （）. 于是11211+1n n nq e e e q qq ，故1231433n nn e e e . 16．【解析】（Ⅰ）由题意有，1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩ ，即1129202a d a d +=⎧⎨=⎩．解得112a d =⎧⎨=⎩ 或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩，故1212n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279)929()9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩．（Ⅱ）由1d >，知21n a n =-，12n n b -=，故1212n n n c --=，于是 2341357921122222n n n T --=++++++， ① 2345113579212222222n nn T -=++++++. ② ①-②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-，故n T 12362n n -+=-． 17．【解析】（Ⅰ）2()()212,n n n F x f x x x x 则(1)10,n F n所以()n F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x ．又1()120n n F x x nx -'=++>，故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，所以()n F x 在1(,1)2内有且仅有一个零点n x ．因为n x 是()n F x 的零点，所以()=0n n F x ，即11201n n nx x ，故111=+22n n n x x .（Ⅱ）解法一：由题设，11().2nn n x g x设211()()()1,0.2nnn n n x h x f x g x x x x x当1x =时, ()()n n f x g x当1x ≠时, ()111()12.2n n n n x h x x nx--+'=++-若01x ,()11111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'>++-若1x ,()11111()22n n n n n n h x xx nx x ----+'<++-所以()h x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减，所以()(1)0h x h ，即()()n n f x g x ．综上所述，当1x 时, ()()n n f x g x ；当1x ≠时()()n n f x g x ．解法二由题设，211()1,(),0.2nn n n n x f x x x x g x x当1x 时, ()()n n f x g x ；当1x ≠时, 用数学归纳法可以证明()()n n f x g x ．当2n时, 2221()()(1)0,2f xg x x 所以22()()f x g x 成立．假设(2)n k k =≥时，不等式成立，即()()k k f x g x ．那么，当+1nk 时，111k+1k 11()()()2kk kkk k x f x f x x g x x x 12112kk x k x k .又11k+121111()22kk kk x k x k kx k x g x令1()11(x 0)kk k h x kx k x ，则()()11()(k 1)11(x 1)kk k k h x k x k k x k k x --'=+-+=+-．所以当01x ,()0kh x '<,()k h x 在(0,1)上递减；当1x ,()0kh x '>,()k h x 在(1,)+∞上递增．所以()(1)0k k h x h ，从而1k+1211()2kk x k x k g x ．故11()()k k f x g x .即+1n k ，不等式也成立．所以，对于一切2n ≥的整数，都有()()n n f x g x ．解法三:由已知，记等差数列为{}k a ，等比数列为{}k b ，1,2,...,1k n =+．则111a b ，11n n n a b x ，所以()11+1(2n)n k x a k k n-=-⋅≤≤,1(2),k k b x k n -=≤≤ 令()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n---=-=+->≤≤当1x 时, =k k a b ,所以()()n n f x g x ．当1x ≠时, ()()12211()(k 1)11n k k n k k k m x nx x k x x n----+-'=--=--，而2k n ≤≤，所以10k ，11n k -+≥．若01x , 11nk x ,()0k m x '<，当1x ,11n k x,()0km x '>，从而()k m x 在(0,1)上递减,()k m x 在(1,)+∞上递增.所以()(1)0k k m x m ，所以当01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b ,11n n a b ，故()()n n f x g x综上所述，当1x 时, ()()n n f x g x ；当1x ≠时()()n n f x g x18．【解析】（Ⅰ）由21=0=22()n n n a a a n N λμ++-=∈，，有．若存在某个0,n N +∈使得0,no a =则由上述递推公式易得10,no a -=重复上述过程可得10a =，此与13a =矛盾，所以对任意,0n n N a +∈≠．从而12(),n n a a n N ++=∈即{}n a 是一个公比2q =的等比数列．故11132n n n a a q --==⋅．（Ⅱ）由01,1k λμ==-，数列{}n a 的递推关系式变为211010n n n n a a a a k +++-=，变形为2101()().n n n a a a n N k +++=∈由上式及130a =>，归纳可得12130n n a a a a +=>>⋅⋅⋅>>>⋅⋅⋅>．因为22220010001111111nnnnn nna a k k a a k k a a a k k ，所以对01,2,,n k =⋅⋅⋅求和得01010121()()k k k a a a a a a ++=+-+⋅⋅⋅+-0000011111>2+( )231313131k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++．另一方面，由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>⋅⋅⋅>>>，得0000011111<2+()221212121k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++．综上，0100112+23121k a k k +<<+++．19．【解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===解得12,11-=∴=n a a n （Ⅱ）)121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b nn n n n ，当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 20．【解析】（Ⅰ）由题意，()()*∈=N n a a a nb n 221 ，326b b-=，知32328b b a -==，又由12a =，得公比2q =（2q =-舍去），所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈，所以()()11212322n n n n n a a a a ++==，故数列{}n b 的通项公式为，()1()n b n n n N *=+∈；（Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知，11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭，所以11()12n n S n N n *=-∈+；（ii ）因为12340,0,0,0c c c c =>>>；当5n ≥时，()()11112n nn n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>，得()()51551122n n n ++≤<，所以当5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥，故4k =．21．【解析】（I ）因为{}n a 是递增数列，所以11nn n n n a a a a p ++-=-=．而11a =，因此又123,2,3a a a 成等差数列，所以21343a a a =+，因而230p p -=，解得1,03p p == 当0p =时，1n n a a +=，这与{}n a 是递增数列矛盾。

数列的综合应用一(含答案)

数列的综合应用一、单选题(共8道，每道12分)1.已知数列满足：，则=________；=_________．( )A.1，1B.0，1C.1，0D.0，0答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：数列的应用2.等差数列的前n项和是，若，则数列的公差是( )A.2B.4C.2015D.2016答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：数列的应用3.各项均不为零的等差数列中，若（），则=( )A. B.2C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：等差数列的性质4.设数列的前n项和是，若成等差数列，且，则的值为( )A.16B.32C.64D.128答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：数列的应用5.数列满足：，则数列前10项的和是( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：数列的求和6.数列中，，则数列前8项和等于( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：数列递推式7.已知数列满足，，若，，则数列的前2015项的和( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：数列的求和8.已知正项数列的前n项和是，若都是等差数列，且公差相等，则的值是( )A.50B.100C.1500D.2500答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：数列的求和。

数列的综合应用

高中数学：数列的综合应用1．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( A )A ．440B ．330C ．220D ．110解析：解法一(排除法)：记S N 为数列的前N 项和，由题意得，数列的前110项为20,20,21,20,21，…，20,21，…，213,20,21,22,23,24，所以S 110＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋213)＋(20＋21＋22＋23＋24)＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(214－1)＋(25－1)＝(21＋22＋…＋214)－14＋31＝215＋15，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项D 不正确．同理，S 220＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋219)＋(20＋21＋22＋23＋…＋29)＝221＋210－23，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项C 不正确．同理，S 330＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋224)＋(20＋21＋22＋23＋24)＝226＋4，不是2的整数幂，故选项B 不正确，所以正确的选项为A ．解法二：不妨设1＋(1＋2)＋…＋(1＋2＋…＋2n －1)＋(1＋2＋…＋2t )＝2m (其中m 、n 、t ∈N,0≤t ≤n )，则有N ＝n (n ＋1)2＋t ＋1，因为N ＞100，所以n ≥13.由等比数列的前n 项和公式可得2n ＋1－n －2＋2t ＋1－1＝2m . 因为n ≥13，所以2n ＞n ＋2，所以2n ＋1＞2n ＋n ＋2，即2n ＋1－n －2＞2n ，因为2t ＋1－1＞0，所以2m ＞2n ＋1－n －2＞2n ，故m ≥n ＋1，因为2t ＋1－1≤2n ＋1－1，所以2m ≤2n ＋2－n －3，故m ≤n ＋1.所以m ＝n ＋1，从而有n ＝2t ＋1－3，因为n ≥13，所以t ≥3.当t ＝3时，N ＝95，不合题意；当t ＝4时，N ＝440，满足题意，故所求N 的最小值为440.2．(2017·山东卷)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解：(1)设数列{x n }的公比为q ，由已知知q ＞0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2. 所以3q 2－5q －2＝0.因为q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1.由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，① 2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12.。

高二数学数列综合应用试题答案及解析

高二数学数列综合应用试题答案及解析1.（）A．3B．－3C．6D．－6【答案】A【解析】经计算验证可得：数列是以6为周期的一个数列，所以．【考点】数列的递推公式．2.．如果{an }为递增数列，则{an}的通项公式可以为( )．A．an ＝－2n＋3 B．an＝－n2－3n＋1 C．an＝ an＝1＋log2n【答案】D【解析】A选项是n的一次函数，一次系数为-1∴为递减数列B选项是n的二次函数，且对称轴为n=∴第一，二项相同．C是n的指数函数，且底数为，是递减数列D是n的对数函数，且底数为2，是递增函数．故选D【考点】数列的函数特性.3. Sn 是数列{an}的前n项和，，则，，，，由此可以归纳出（）A．B．C．D．【答案】C.【解析】直接根据数列的通项公式及，，，，利用归纳法推理可得.【考点】归纳推理.4.已知数列满足，归纳出的一个通项公式为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由递推公式，可得，，，故可猜测的一个通项公式为.【考点】归纳推理.5.在数列中，，且前n项的算术平均数等于第n项的倍（）.（1）写出此数列的前5项；（2）归纳猜想的通项公式，并用数学归纳法证明.【答案】（1）；（2），证明过程详见解析.【解析】（1）根据条件中描述前项的算术平均数等于第项的倍，可以得到相应其数学表达式为，结合，分别取，得，；（2）根据（1）中所求，可以猜测，利用数学归纳法，假设当时，结论成立，则当时，根据（1）中得到的式子，令，可以求得，即当时，猜想也成立，从而得证.（1）由已知，分别取，得，；∴数列的前5项是： 6分；（2）由（1）中的分析可以猜想 8分，下面用数学归纳法证明：①当时，猜想显然成立 9分，②假设当时猜想成立，即 10分，那么由已知，得，即.∴，即，又由归纳假设，得，∴，即当时，猜想也成立.综上①和②知，对一切，都有成立 13分．【考点】1.数列的通项公式；2.数学归纳法.6.下列命题中，真命题的序号是 .①中，②数列{}的前n项和，则数列{}是等差数列.③锐角三角形的三边长分别为3，4，，则的取值范围是.④等差数列{}前n项和为。

(完整版)高考复习：数列的综合运用含解析答案(教师版+学生版)

数列的综合运用考点一等差数列与等比数列的综合问题例 1、在等比数列 { a n}( n∈N * )中， a1>1，公比 q>0 ，设 b n＝ log 2a n，且 b1＋ b3＋b5＝6，b1b3b5＝ 0.(1)求证：数列{ b n} 是等差数列；(2) 求{ b n} 的前n 项和S n及 { a n} 的通项a n.考点二等差数列与等比数列的实质应用例 2、一位少儿园老师给班上k(k≥3) 个小朋友分糖果．她发现糖果盒中原有糖果数为a0，就先从别处抓 2 块糖加入盒中，而后把盒内糖果的1分给第一个小朋友；再从别处抓22 块糖加入盒中，而后把盒内糖果的13 分给第二个小朋友；，此后她老是在分给一个小朋友后，就从别处抓 2 块糖放入盒中，而后把盒内糖果的1分给第n＋ 1n( n＝ 1,2,3，， k)个小朋友，分给第 n 个小朋友后 (未加入 2 块糖果前 )盒内剩下的糖果数为a n.(1)当 k＝ 3， a0＝ 12 时，分别求 a1， a2， a3；(2)请用 a n－1表示 a n，并令 b n＝(n＋1)a n，求数列{ b n}的通项公式；(3)能否存在正整数 k(k≥ 3)和非负整数 a0，使得数列{ a n} (n≤ k)成等差数列？假如存在，恳求出全部的 k 和 a0；假如不存在，请说明原因．考点三数列与不等式例 3、设数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，已知 a1＝ a2＝ 1， b n＝ nS n＋(n＋2)a n，数列 { b n} 是公差为 d 的等差数列， n∈N * .(1) 求 d 的值；(2)求数列 { a n} 的通项公式；22n＋ 1★(3) 求证： (a1a2· ·a n) ·(S1S2· ·S n)＜n＋1 n＋2 .考点四数列与函数例 4、已知函数 f(x)＝( x－1)2，g(x)＝ 10(x－ 1)，数列 { a n} 知足 a1＝ 2，(a n＋1－ a n)g(a n)＋ f(a n)＝ 0，9b n＝10(n＋ 2)(a n－ 1)．(1)求证：数列 { a n－ 1} 是等比数列；(2)当 n 取何值时， b n取最大值？并求出最大值；★(3)若 t m＜ t m＋1对随意 m∈ N *恒成立，务实数t 的取值范围．b m b m＋ 1数列的综合运用 ( 作业 )1．已知等差数列{ a n } 的公差为－ 2，且 a 1， a 3， a 4 成等比数列，则 a 20＝ ________.2．设等差数列 { a n } 的公差 d ≠0，a 1＝ 4d ，若 a k 是 a 1 与 a 2k 的等比中项，则 k 的值为 ________．3．设 S n 是等比数列 { a n } 的前 n 项和， S 3， S 9， S 6 成等差数列，且 a 2＋ a 5＝ 2a m ，则 m ＝________.4．某住所小区计划植树许多于100 棵，若第一天植2 棵，此后每日植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数n(n ∈ N * )等于 ________．5.某公司在第 1 年初购置一台价值为 120 万元的设施M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第 2 年到第 6 年，每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元；从第 7 年开始，每年初 M的价值为上年初的75%. 则第 n 年初 M 的价值 a n ＝ ________.6．植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中搁置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的行程总和最小，这个最小值为________米．7.设数列 { a } 中，若 a＝ a ＋ a*)，则称数列 { a } 为“凸数列”，已知数列 { b }(n ∈ Nnn ＋1nn ＋2nn为“凸数列”，且b 1＝ 1， b 2＝－ 2，则数列 { b n } 的前 2 013 项和为 ________．n2＋n 的数列 { a n }1234 5n ＞ a n ＋ 1对 n ≥ 88．通项公式为 a ＝ an，若知足 a ＜a ＜a ＜ a ＜ a ，且 a恒成立，则实数 a 的取值范围是 ________．9．将正偶数摆列以下表，此中第i 行第 j 个数表示为 a(i ， j ∈ N )，比如 a ＝ 18，若 aij*43ij＝ 2 014，则 i ＋ j________.246810121416182010．三个互不相等的实数成等差数列，适合互换这三个数的地点后，变为一个等比数列，则此等比数列的公比是 ________．11．设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n，知足 a n＋ S n＝ An2＋ Bn＋ 1(A≠ 0)．(1) 若 a1＝3， a2＝9，求证数列 { a n－n} 是等比数列，并求数列{ a n} 的通项公式；24B－ 1(2)已知数列 { a n} 是等差数列，求的值．A12.已知数列 { a n} 中，a1＝2，a2＝ 4，a n＋1＝ 3a n－ 2a n－1(n≥ 2，n∈ N* )．(1) 证明数列 { a n＋1－ a n} 是等比数列，并求出数列{ a n } 的通项公式；2a n－1(2)记 b n＝( n∈N * )，数列 { b n} 的前 n 项和为 S n，求使 S n>2 013 成立的 n 的最小值． a n13．已知数列{ a n} 的前n 项和为S n.(1) 若数列{ a n} 是等比数列，知足2a1＋a3＝ 3a2，a3＋ 2 是a2，a4的等差中项，求数列{ a n}的通项公式；(2)能否存在等差数列 { a n} ，使对随意 n∈N*，都有 a n·S n＝ 2n2(n＋ 1)？若存在，恳求出全部知足条件的等差数列；若不存在，请说明原因．14．已知数列 { a n} 中， a1＝ 2，n∈ N*， a n＞ 0，数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，且知足2.a n＋1＝S n＋1＋S n－2(1)求 { S n} 的通项公式．(2)设 { b k} 是数列 { S n} 中按从小到大次序构成的整数数列．①求 b3;②若存在 N(N∈N * )，当 n≤ N 时，使得在数列{ S n} 中，数列 { b k} 有且只有20 项，求 N 的取值范围．数列的综合运用考点一等差数列与等比数列的综合问题例 1、在等比数列 { a n}( n∈N * )中， a1>1，公比 q>0 ，设 b n＝ log 2a n，且 b1＋ b3＋b5＝6，b1b3b5＝ 0.(1)求证：数列{ b n} 是等差数列；(2) 求{ b n} 的前n 项和S n及 { a n} 的通项a n.解： (1) 证明：∵b n＝ log 2a n，a n＋1∴b n＋1－ b n＝ log 2a n＝ log 2q 为常数，∴数列{ b n} 为等差数列且公差2 d＝ log q.(2)设数列 { b n} 的公差为 d，∵b1＋ b3＋ b5＝ 6，∴b3＝ 2. ∵a1>1，∴b1＝ log 2a1>0.∵b1b3 b5＝ 0，∴b5＝ 0.b1＋ 2d＝ 2，b1＝ 4，∴解得b ＋ 4d＝0，d＝－ 1.1n n－ 1× (－1)＝9n－ n2n.∴S ＝ 4n＋22log2q＝－ 1，q＝1 2，∵∴log2a1＝ 4， a ＝ 16.1∴a n＝ 25－n(n∈N* )．考点二等差数列与等比数列的实质应用例 2、一位少儿园老师给班上k(k≥3) 个小朋友分糖果．她发现糖果盒中原有糖果数为a0，就先从别处抓 2 块糖加入盒中，而后把盒内糖果的12分给第一个小朋友；再从别处抓2 块糖加入盒中，而后把盒内糖果的1 分给第二个小朋友；，此后她老是在分给一个小朋友后，就3从别处抓 2 块糖放入盒中，而后把盒内糖果的1分给第n＋ 1n( n＝ 1,2,3，， k)个小朋友，分给第 n 个小朋友后(未加入 2 块糖果前)盒内剩下的糖果数为a n.(1) 当k＝ 3， a0＝ 12 时，分别求a1， a2， a3；(2)请用 a n－1表示 a n，并令 b n＝(n＋1)a n，求数列{ b n}的通项公式；(3)能否存在正整数 k(k≥ 3)和非负整数 a0，使得数列{ a n} (n≤ k)成等差数列？假如存在，恳求出全部的 k 和 a0；假如不存在，请说明原因．解： (1)当 k＝ 3， a0＝12 时，1a1＝ (a0＋ 2)－2(a0＋2) ＝7，1a2＝ (a1＋ 2)－3(a1＋2) ＝6，1a3＝ (a2＋ 2)－4(a2＋2) ＝6.(2)由题意知1n a n＝ (a n－1＋2) －(a n－1＋ 2)＝n＋ 1(a n－1＋ 2)，n＋ 1即( n＋ 1)a n＝ n(a n－1＋ 2)＝ na n－1＋ 2n.因为 b n＝ (n＋ 1)a n，所以 b n－ b n－1＝ 2n，b n－1－ b n－2＝ 2n－2，b1－ b0＝ 2.2＋2n n累加得 b n－ b0＝＝n(n＋1)．2又 b0＝ a0，所以 b n＝n( n＋ 1)＋ a0.a0(3) 由 b n＝ n(n＋1)＋ a0，得 a n＝ n＋.n＋ 1若存在正整数k(k≥ 3)和非负整数 a 0，使得数列 { a n}( n≤ k)成等差数列，则a1＋ a3＝ 2a2，即(1 ＋a20)＋3＋a40＝ 2(2＋a30 )，解得 a0＝ 0，当 a0＝ 0n＝n，对随意正整数n时， a k(k≥ 3) ，有 { a }( n≤ k)成等差数列．[类题通法 ]解数列应用题的建模思路从实质出发，经过抽象归纳成立数学模型，经过对模型的分析，再返回实质中去，其思路框图为：考点三数列与不等式例 3、设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 a 1＝ a 2＝ 1， b n ＝ nS n ＋(n ＋2)a n ，数列 { b n } 是公差为 d 的等差数列， n ∈N * .(1) 求 d 的值；(2) 求数列 { a n } 的通项公式；(3) 求证：22n ＋1(a 1a 2· ·a n ) ·(S 1S 2· ·S n )＜ n ＋ 1 n ＋ 2 .解： (1) 因为 a 1＝ a 2＝ 1，所以 b 1＝ S 1＋ 3a 1＝4， b 2＝ 2S 2＋ 4a 2＝ 8，所以 d ＝ b 2－ b 1＝ 4.(2) 因为数列 { b n } 是等差数列，所以 b n ＝ 4n ，所以 nS n ＋ (n ＋ 2)a n ＝ 4n ，即 n ＋ 2S n ＋n a n ＝ 4.①n ＋ 1当 n ≥ 2 时， S n －1＋ a n － 1＝ 4. ② n － 1由①－②得 (S n)＋ n ＋ 2n ＋ 1n －1n nn － 1－ S a －a＝ 0.n － 1所以 a n ＋ n ＋ 2 n n ＋ 1 n －1，即 a n ＝ 1 nn ＝· .n － 1a n － 1 2n － 1则a 2＝ 1 2， a 3＝ 1 3，，a n ＝ 1 na 1 ··a n － 1· .2 1 a 2 2 2 2n － 1以上各式两边分别相乘，得a n＝1·n.a 1 2n －1因为 a 1＝ 1，所以 a n ＝n.2n －1n ＋ 2(3) 证明：因为 S n ＋ n a n ＝ 4， a n ＞ 0， S n ＞ 0，所以S n n ＋2 n S ＋ n ＋ 2n a＝ 2.nn· n a ≤2则 0＜ a n nn1 2 n1 2nn1× 2S ≤4·.所以 (a a · ·a ) ·(S S· ·S )≤4·.③n ＋ 2n ＋ 1 n ＋2因为 n ＝ 1 时， S n n ＋ 2≠ na，所以③式等号取不到．22 n ＋1则( a 1a 2· ·a n ) ·(S 1S 2· ·S n )＜ .n ＋ 1 n ＋ 2 [类题通法 ]数列与不等式相联合问题的办理方法解决数列与不等式的综合问题时，假如是证明题要灵巧选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、剖析法、放缩法等；假如是解不等式问题要使用不等式的各样不一样解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之解决这种问题把数列和不等式的知识奇妙联合起来综合办理就行了．考点四数列与函数例 4、已知函数 f(x)＝( x －1)2 ，g(x)＝ 10(x － 1)，数列 { a n } 知足 a 1＝ 2，(a n ＋ 1－ a n )g(a n )＋ f(a n )＝ 0，9b n ＝ 10(n ＋ 2)(a n － 1)．(1) 求证：数列 { a n － 1} 是等比数列；(2) 当 n 取何值时， b n 取最大值？并求出最大值；(3)若t m＜t m ＋1对随意m ∈N * 恒成立，务实数 t 的取值范围．b m b m ＋ 1解： (1) 证明：因为 (a n ＋1－ a n )g( a n )＋ f(a n )＝ 0，f(a n )＝ (a n －1) 2， g(a n )＝ 10(a n － 1)，所以 10(a n＋1－ a n)(a n－ 1)＋ (a n－ 1)2＝ 0，整理得 (a n－ 1)[10( a n＋1－ a n)＋ a n－ 1]＝ 0，所以 a n＝ 1n＋ 1nn－1＝0② .①或 10(a－ a )＋ a由①得数列 { a n} 是各项为 1的常数列，而1n＋ 1－ 1)＝a ＝ 2，不合题意．由②整理得10(a9(a n－ 1)，又 a1－ 1＝ 1，9所以 { a n－ 1} 是首项为1，公比为10的等比数列．(2)由 (1)可知 a n－ 1＝ ( 9)n－1， n∈N*，10所以 b n＝109(n＋ 2)(a n－ 1)＝ (n＋ 2)(109)n＞ 0，9 nb n＋1n＋ 3＋ 11091所以b n＝n＋ 29 n＝10(1＋n＋2)．10当 n＝ 7 时，b＝ 1，即 b788＝b ；b7当 n＜ 7 时，b n＋1＞ 1，即 b n＋1＞ b n；b nb当 n＞ 7 时，n＋1＜ 1，即 b n＋1nb n＜ b .所以当 n＝7 或 8 时， b n获得最大值，最大值为8798 b＝b ＝107.t m t m＋11－10t＜0.(*)＜得 t m9 m＋3(3) 由b m b m＋1m＋ 2由题意知， (*) 式对随意m∈N*恒成立．①当 t＝ 0时， (*) 式明显不行立，所以t＝ 0 不合题意；②当 t＜ 0时，由 1 －10t＞ 0可知 t m＜ 0(m∈N * )，m＋29 m＋ 3而当 m 为偶数时， t m ＞ 0, 所以 t ＜ 0 不合题意；③当 t ＞ 0 时，由 t m ＞ 0(m ∈N *)知，1－10t＜ 0，m ＋ 2 9 m ＋39 m ＋ 3所以 t ＞(m ∈N * )．10 m ＋29 m ＋ 3令 h(m)＝(m ∈N * )．10 m ＋ 29 m ＋ 4 9 m ＋ 3因为 h(m ＋ 1)－ h(m)＝－10 m ＋ 3 10 m ＋ 2 9＜ 0，＝－10 m ＋ 2 m ＋ 3所以 h(1) ＞ h(2)＞ h(3)＞＞ h(m － 1)＞ h(m) ，6所以 h(m)的最大值为h(1) ＝ 5.6所以实数 t 的取值范围是 (5，＋ ∞ )．数列的综合运用 ( 作业 )1．已知等差数列{ a n } 的公差为－ 2，且 a 1， a 3， a 4 成等比数列，则 a 20＝ ____ －30____.分析：设 {an} 的首项为 a ，则 a ， a － 4， a － 6 成等比数列，则 (a － 4)2＝ a(a － 6)，解得 a＝ 8.又公差 d ＝－ 2，所以 a 20＝a ＋ 19d ＝8＋ 19× (－ 2)＝－ 30.2．设等差数列 { a n } 的公差 d ≠0，a 1＝ 4d ，若 a k 是 a 1 与 a 2k 的等比中项，则 k 的值为 ________．分析：由条件知 a n ＝ a 1＋* 2(n － 1)d ＝4d ＋ (n － 1)d ＝ (n ＋ 3)d ，即 a n ＝ (n ＋ 3)d(n ∈N )．又 a k ＝1 2k 22＝ 4d ·(2k ＋ 3)d ，且 d ≠ 0，所以 (k ＋ 3)2＝4(2k ＋ 3)，即 k 2－ 2k － 3＝0，解a ·a ，所以 (k ＋ 3) d得 k ＝ 3 或 k ＝－ 1(舍去 )．答案： 33．设 S 是等比数列n的前 n 项和， S ， S ， S 成等差数列，且a ＋ a ＝ 2a ，则 m ＝n39625m{ a }________.分析：设等比数列 { an}a1 1－q9a1 1－ q3936得 2·＝＋的公比为 q，明显 q≠ 1.由 2S ＝ S＋ S1－q1－ qa1 1－ q611 4＝2a1m－1，即，所以 2q9＝q3＋ q6，即 1＋q3＝2q625＝2a m1－ q.因为 a＋ a，所以 a q＋ a q q1＋ q3＝ 2q m－2，所以 m－ 2＝ 6，所以 m＝ 8.4．某住所小区计划植树许多于100 棵，若第一天植 2 棵，此后每日植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数n(n∈ N* )等于 ________．分析：设每日植树的棵数构成的数列为{ a n} ，由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为 2，2 1－ 2n所以由题意可得≥ 100，即 2n≥ 51，1－2而 25＝ 32,26＝ 64，n∈N*，所以 n≥ 6.答案： 65.某公司在第 1 年初购置一台价值为120 万元的设施 M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第 2 年到第 6 年，每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元；从第7 年开始，每年初 M 的价值为上年初的75%. 则第 n 年初 M 的价值 a n＝ ________.分析：当 n≤ 6 时，数列 { a n } 是首项为120，公差为－ 10 的等差数列，a n＝ 120－ 10(n－ 1)＝130－ 10n；当 n≥ 7 时，数列 { a n} 是以 a6为首项，34为公比的等比数列，又 a6＝ 70，所以 a n＝ 70×34n－6.130－ 10n，n≤ 6，答案： a n＝3－70×4n6， n≥ 76．植树节某班20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中搁置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的行程总和最小，这个最小值为________米．分析：当放在最左边坑时，行程和为 2× (0＋ 10＋20＋＋ 190)；当放在左边第 2 个坑时，行程和为 2× (10＋0＋ 10＋ 20＋＋ 180)(减少了 360 米 ) ；当放在左边第 3 个坑时，行程和为2× (20＋ 10＋ 0＋ 10＋ 20＋＋ 170)( 减少了 680 米 )；挨次进行，明显当放在中间的第 10、11个坑时，行程和最小，为2× (90＋ 80＋＋ 0＋10＋ 20＋＋ 100)＝ 2 000 米．7.设数列 { a } 中，若 a＝ a ＋ a* )，则称数列 { a } 为“凸数列”，已知数列 { b }(n ∈ Nnn ＋1 nn ＋2nn为“凸数列”，且 b 1＝ 1， b 2＝－ 2，则数列 { b n } 的前 2 013 项和为 ________．分析：由 “凸数列 ”的定义，可知， b 1＝1，b 2＝－ 2，b 3＝－ 3，b 4 ＝－ 1，b 5＝ 2，b 6＝ 3，b 7＝ 1，b 8＝－ 2，，故数列 { b n } 是周期为 6 的周期数列，又 b 1＋ b 2＋ b 3 ＋ b 4＋ b 5＋ b 6＝ 0，故数列 { b n }的前 2013 2 013 1 23项和 S ＝ b ＋ b ＋ b ＝ 1－ 2－ 3＝－ 4.8．通项公式为 n 2＋n 的数列 { a n } 12 345n＞ a n ＋ 1 对 n ≥ 8 a ＝ an，若知足 a ＜a ＜a ＜ a ＜ a ，且 a 恒成立，则实数 a 的取值范围是 ________．分析：因为 a 1＜ a 2＜ a 3＜a 4＜a 5，即 a ＋ 1＜4a ＋ 2＜9a ＋ 3＜ 16a ＋ 4＜ 25a ＋ 5，所以 a ＞－ 1.9 因为 a n n ＋ 1对 n ≥ 8 恒成立，即 an 2＋ n ＞ a(n ＋ 1)2＋ (n ＋ 1)，所以 a ＜－1＞ a因为 2n2n ＋ 1＋ 1≥ 17，所以－1 ≥－1112n ＋ 117.要使得 a ＜－ 2n ＋1对 n ≥8 恒成立，则 a<－17.1 1 综上，－9＜ a ＜－ 17.11答案： (－ 9，－ 17)9．将正偶数摆列以下表，此中第i 行第 j 个数表示为 a ij (i ， j ∈ N * )，比如 a 43＝ 18，若 a ij＝ 2 014，则 i ＋ j________.2468101214161820分析：正偶数数列 {2 n} ，则 a ij ＝ 2 014 为正偶数数列的第 1 007 项，设 a ij 在第 i 行，前 ii i － 1i i ＋ 1i i － 1＜ 1 007≤ i i ＋1－1 行共有2 个正偶数，前 i 行共有 2个正偶数，于是有2 2 ，i ∈N *，得 i ＝45，前 i － 1 行有 990 个数，则 a ij ＝ 2 014 是第 45 行第 17 个数，即 j ＝ 17，所以 i＋ j ＝ 62.10．三个互不相等的实数成等差数列，适合互换这三个数的地点后，变为一个等比数列，则此等比数列的公比是________．分析：设这三个数分别为 a － d ， a ， a ＋ d(d ≠ 0)，因为 d ≠ 0，所以 a － d ， a ，a ＋ d 或 a＋ d ，a ， a －d 不行能成等比数列．若a － d ，a ＋ d ，a 或 a ，a ＋ d ，a － d 成等比数列，则 (a ＋d)2＝ a(a － d)，即 d ＝－ 3a ，此时 q ＝a1或 q＝a －3a＝－＝－ 2；若 a ，a － d ， a ＋ d 或 aa － 3a 2 aa － 3aa＋ d ，a － d ，a 成等比数列，则 (a － d)2＝ a(a ＋ d)，即 d ＝ 3a ，此时， q ＝a ＝－ 2 或 q ＝a － 3a11＝－ 2.故 q ＝－ 2 或－ 2.nnnn2＋Bn ＋ 1(A ≠ 0)．11． (2014 苏·州质检 )设数列 { a } 的前 n 项和为 S ，知足 a ＋ S ＝ An13， a 29，求证数列 { a n－n} 是等比数列，并求数列 n(1) 若 a ＝2＝ 4{ a } 的通项公式；(2) 已知数列 n是等差数列，求B － 1的值．{ a }A解： (1) 证明：分别令 n ＝ 1,2，2a 1＝ A ＋ B ＋ 1，代入条件得2a 2＋ a 1＝ 4A ＋ 2B ＋ 1.A ＝ 1，又 a 1＝ 3， a 2 ＝ 9，解得22 43B ＝ 2.所以 a nn12＋3①＋ S ＝ 2n 2n ＋ 1，则 a n＋1＋ S n＋1＝1(n＋1) 2＋3(n＋ 1)＋ 1. ②22②－①得2a n＋1－ a n＝ n＋ 2.1则 a n＋1－ (n＋ 1)＝2(a n－ n)．1≠ 0，因为 a1－ 1＝211所以数列 { a n－ n} 是首项为2，公比为2的等比数列．11所以 a n－ n＝2n，则 a n＝ n＋2n.(2) 因为数列 { a n} 是等差数列，所以设a n＝ dn＋ c，则S n＝n d＋c＋dn＋c＝dn2＋c＋dn.222所以 a n n d2＋c＋3d＋ S ＝2n2 n＋ c.d3d B－1所以 A＝2， B＝ c＋2， c＝ 1.所以A＝ 3.12.已知数列 { a n} 中，a1＝2，a2＝ 4，a n＋1＝ 3a n－2a n－1(n≥ 2，n∈ N *)．(1) 证明数列{ a n＋1－ a n} 是等比数列，并求出数列{ a n } 的通项公式；2a n－1(2)记 b n＝( n∈N * )，数列 { b n} 的前 n 项和为 S n，求使 S n>2 013 成立的 n 的最小值． a n解： (1) 证明∵a n＋1＝ 3a n－ 2a n－1(n≥ 2， n∈N* )，∴a n＋1－ a n＝ 2(a n－ a n－1)(n≥ 2， n∈N *)．∵a1＝ 2， a2＝ 4，∴a2－ a1＝ 2≠ 0，∴a n－ a n－1≠ 0(n≥ 2，n∈N* ) ，故数列 { a n＋1－ a n} 是首项为2，公比为 2 的等比数列，∴a n＋1－ a n＝ 2n，∴a n＝ ( a n－ a n－1)＋ (a n－1－ a n－2)＋ (a n－2－ a n－3) ＋＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋＋21＋ 2＝2× 1－2n －1＋ 2＝ 2n (n ≥ 2，n ∈N *)，1－ 2又 a 1＝ 2 也知足上式，∴ a n ＝2n ( n ∈N * )．2 a － 11 11(2) 由 (1)知 b n ＝n＝2 1－ a n ＝ 2 1－ 2n ＝ 2－ n －1( n ∈N *)，a n21n1＋ 11 ＋12＋＋ n11－ 2n ＝ 2n － 2 1－ 1n1 1，∴S ＝ 2n －2 22 －1＝ 2n －1 2 ＝ 2n －2＋ n－21－ 2 由 S n >2 01311 2 015得， 2n － 2＋ 2n －1>2 013，即 n ＋2n > 2 ，∵n ∈N *，∴n ＋1n 的值随 n 的增大而增大，2∴n 的最小值为 1 008.13． (2014 ·州模拟扬 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n .(1) 若数列 { a n } 是等比数列，知足 2a 1＋a 3＝ 3a 2，a 3＋ 2 是 a 2，a 4 的等差中项，求数列{ a n }的通项公式；(2) 能否存在等差数列 { a n } ，使对随意 n ∈N * ，都有 a n ·S n ＝ 2n 2(n ＋ 1)？若存在，恳求出全部知足条件的等差数列；若不存在，请说明原因．解： (1) 设等比数列 { a n } 的首项为 a 1 ，公比为 q ，2a 1＋ a 3＝ 3a 2，依题意有a 2＋ a 4＝ 2 a 3＋ 2 ，a 1 2＋ q 21 ①＝ 3a q ，即32＋4.a 1q ＋ q 1②＝ 2a q由①得 q 2－ 3q ＋ 2＝ 0，解得 q ＝ 1 或 q ＝ 2.当 q ＝ 1 时，不合题意，舍去；当 q ＝ 2 时，代入②得 a 1＝ 2，所以 a n ＝ 2·2n － 1＝ 2n .(2) 假定存在知足条件的数列 { a n } ，设此数列的公差为d.法一： [a1＋ (n－ 1)d]n n－1＝ 2n2(n＋ 1)，a n＋d12d2322312即2 n2＋2a1d－ d n ＋a1－2a1d＋2d＝ 2n2＋ 2n对任意 n ∈N*恒成立，则d22＝2，3a1d－ d2＝2，22312a1－2a1d＋2d＝ 0，解得d＝ 2，d＝－ 2，n或此时 a n＝ 2n＝－ 2n.a ＝ 2 a ＝－ 2.或 a11故存在等差数列{ a n } ，使对随意n∈N*，都有 a n·S n＝ 2n2(n＋ 1)，此中 a n＝2n 或 a n＝－ 2n.法二：令 n＝ 1， a2＝ 4 得 a ＝±2，1121 2令 n＝ 2 得 a2－24＝ 0，＋ a a①当 a1＝ 2 时， a2＝ 4 或 a2＝－ 6，若 a2＝ 4，则 d＝ 2， a n＝ 2n， S n＝ n(n＋ 1)，对随意 n∈N *，都有 a n·S n＝ 2n2 (n＋ 1)；若 a2＝－ 6，则 d＝－ 8，a3＝－ 14， S3＝－ 18，不知足 a3·S3＝ 2× 32× (3＋ 1)，舍去．②当 a1＝－ 2 时， a2＝－ 4 或 a2＝ 6，若 a2＝－ 4，则 d＝－ 2，a n＝－ 2n，S n＝－ n(n＋ 1)，对随意 n∈N*，都有 a n·S n＝ 2n2(n＋1)；若 a2＝ 6，则 d＝ 8， a3＝ 14， S3＝ 18，不知足 a3·S3＝ 2× 32× (3＋ 1)，舍去．综上所述，存在等差数列 { a n} ，使对随意 n∈N *，都有 a n·S n＝2n2( n＋ 1)，此中 a n＝ 2n 或a n＝－ 2n.14．(2014 ·锡模拟无 )已知数列 { a n} 中，a1＝ 2，n∈N *，a n＞ 0，数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，2且知足a n＋1＝S n＋1＋S n－2.(1)求 { S n} 的通项公式．(完好版)高考复习：数列的综合运用含分析答案(教师版+学生版)(2)设 { b k} 是数列 { S n} 中按从小到大次序构成的整数数列．①求 b3;②若存在 N(N∈N * )，当 n≤ N 时，使得在数列 { S n} 中，数列 { b k} 有且只有 20 项，求 N 的取值范围．解： (1) 因为 a n＋1＝ S n＋1－S n，所以 (S n＋1－ S n)( S n＋1＋ S n－ 2)＝ 2，22即 S n＋1n n＋ 1n所以 (S n＋1－ 1)2－ (S n－ 1)2＝2，且 (S1－ 1)2＝ 1，所以 {( S n－ 1)2} 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，所以 S n＝ 1＋2n－ 1.(2)①当 n＝ 1 时， S1＝ 1＋ 1＝2＝ b1；当 n＝ 5 时， S5＝ 1＋ 3＝4＝ b2；当 n＝ 13 时， S13＝1＋ 5＝ 6＝ b3.②因为 2n－ 1 是奇数， S n＝ 1＋2n－ 1为有理数，则 2n－ 1＝2k－ 1，所以 n＝ 2k2－ 2k＋ 1.当 k＝ 20 时， n＝ 761；当 k＝ 21 时， n＝ 841.所以存在 N∈[761,840] (N∈N * )，当 n≤ N 时，使得在 { S n} 中，数列 { b k} 有且只有20 项．。

2014届高考数学一轮复习教学案数列的综合应用(含解析)

数列的综合应用[知识能否忆起]1．数列在实际生活中有着广泛的应用，其解题的基本步骤，可用图表示如下：2．数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与S n ＋1之间的递推关系．[小题能否全取]1．某学校高一、高二、高三共计2 460名学生，三个年级的学生人数刚好成等差数列，则该校高二年级的人数是( )A ．800B ．820C ．840D ．860解析：选B 由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为a －d ，a ，a ＋d . 则a －d ＋a ＋a ＋d ＝2 460，解得a ＝2 4603＝820.故高二年级共有820人．2．(教材习题改编)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒(假设病毒不繁殖)，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )A ．6秒钟B ．7秒钟C ．8秒钟D ．9秒钟解析：选B 设至少需n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1≥100，即1－2n 1－2≥100，解得n ≥7. 3．数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( ) A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定解析：选B a 3＋a 9≥2a 3a 9＝2a 26＝2a 6＝2b 7＝b 4＋b 10，当且仅当a 3＝a 9时，不等式取等号．4．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π36，则这个多边形的边数为________．解析：由于凸n 边形的内角和为(n －2)π，故2π3n ＋n (n －1)2×π36＝(n －2)π. 化简得n 2－25n ＋144＝0.解得n ＝9或n ＝16(舍去)．答案：95．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，x n ＝________，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．解析：∵y ＝x n ＋1，∴y ′＝(n ＋1)x n ，它在点(1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，与x 轴交点的横坐标为x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1，由a n ＝lg x n 得a n ＝lg n －lg(n ＋1)，于是a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg 1－lg 2＋lg 2－lg3＋…＋lg 99－lg 100＝lg 1－lg 100＝0－2＝－2. 答案：nn ＋1－2 1.对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．2．数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步提高，这一部分内容也将受到越来越多的关注．典题导入[例1] 在等比数列{a n }(n ∈N *)中，a 1>1，公比q >0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0.(1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n . [自主解答] (1)证明：∵b n ＝log 2a n ， ∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n ＝log 2q 为常数，∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)∵b 1＋b 3＋b 5＝6，∴b 3＝2， ∵a 1>1，∴b 1＝log 2a 1>0. ∵b 1b 3b 5＝0， ∴b 5＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝－1，∴S n ＝4n ＋n (n －1)2×(－1)＝9n －n 22.∵⎩⎪⎨⎪⎧log 2q ＝－1，log 2a 1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16，∴a n ＝25－n (n ∈N *)．试比较(2)求出的S n 与a n 的大小．解：∵a n ＝25－n >0，当n ≥9时，S n ＝n (9－n )2≤0，∴n ≥9时，a n >S n .∵a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1， a 6＝12，a 7＝14，a 8＝18，S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10， S 6＝9，S 7＝7，S 8＝4， ∴当n ＝3,4,5,6,7,8时，a n <S n ；当n ＝1,2或n ≥9时，a n >S n .由题悟法解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．以题试法1．(2012·河南调研)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }和数列{b n }满足等式a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n2n (n 为正整数)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意知d >0，由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16，① 由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55，②由①得2a 1＝16－7d ，将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220，即256－9d 2＝220.∴d 2＝4，又d >0，∴d ＝2，代入①得a 1＝1， ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)∵当n ＝1时，a 1＝b 12，∴b 1＝2.当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1＋b n 2n ，a n －1＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1，两式相减得a n －a n －1＝b n 2n ，∴b n ＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 2(1－2n －1)1－2＝2n ＋2－6，当n ＝1时上式也成立．综上，当n 为正整数时，S n ＝2n ＋2－6.典题导入[例2] (2011·湖南高考改编)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.则第n 年初M 的价值a n ＝________.[自主解答] 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6. [答案] a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7.由题悟法1．数列实际应用题的解题策略解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，然后求解．2．处理分期付款问题的注意事项(1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(注：最后一次付款没有利息)． (2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可以顺利建立等量关系．以题试法2．从经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业估计收入400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出表达式； (2)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？解：(1)第一年投入为800万元，第二年投入为800⎝⎛⎭⎫1－15万元，第n 年内的总投入为800⎝⎛⎭⎫1－15n －1万元，所以，n 年的投入为：a n ＝800＋800⎝⎛⎭⎫1－15＋…＋800⎝⎛⎭⎫1－15n －1 ＝4 000－4 000⎝⎛⎭⎫45n.第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为 400⎝⎛⎭⎫1＋14万元．第n 年旅游业收入为400⎝⎛⎭⎫1＋14n －1万元，所以，n 年内的旅游业总收入为 b n ＝400＋400⎝⎛⎭⎫1＋14＋…＋400⎝⎛⎭⎫1＋14n －1 ＝1 600⎝⎛⎭⎫54n－1 600.(2)设经过n 年旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0，即1 600⎝⎛⎭⎫54n －1 600－4 000＋4 000⎝⎛⎭⎫45n >0，化简得2⎝⎛⎭⎫54n ＋5⎝⎛⎭⎫45n －7>0，设⎝⎛⎭⎫45n ＝x ，代入上式，得5x 2－7x ＋2>0，解此不等式，得x <25或x >1(舍去)，即⎝⎛⎭⎫45n <25，由此得n ≥5.故至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入．典题导入[例3] (2012·安徽高考)设函数f (x )＝x 2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n . [自主解答] (1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，得cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sin ⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)π－2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin 2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－4π3＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－2π3＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin 2m π＝0.综上所述，sin S n＝⎩⎨⎧－32，n ＝3m －2(m ∈N *)，32，n ＝3m －1(m ∈N *)，0，n ＝3m (m ∈N *).由题悟法数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决．以题试法3． (2012·温州测试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2＋t ，S 5－S 2＝24＋3t (t >0)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝aq n ＋n ，若b 1＝a 1，b 5＝a 5，试比较a 3与b 3的大小．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5－S 2＝3a 1＋9d ＝24＋3t ，又a 1＝2＋t ，所以d ＝2，故a n ＝2n ＋t (t >0)．(2)由已知可得aq ＝1＋t >0，aq 5＝5＋t ，可得3＋t ＝12(aq ＋aq 5)，又aq 5－aq ＝aq (q 4－1)＝4，则q 4>1，得q 2>1.则a 3－b 3＝3＋t －aq 3＝aq2(q 2－1)2>0，故a 3>b 3.1．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( )A.2 B ．4 C ．2D.12解析：选C 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 23＝a 1a 7得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d ，故数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－36，S 13＝－104，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 6的值为( )A ．±4 2B ．－4 2C ．4 2D ．无法确定解析：选A 依题意得，S 9＝9a 5＝－36⇒b 5＝a 5＝－4，S 13＝13a 7＝－104⇒b 7＝a 7＝－8，所以b 6＝±4 2.3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析：选D 依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2.所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.4.列，那么x ＋y ＋z 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由题知表格中第三列中的数成首项为4，公比为12的等比数列，故有x ＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，52，故第四列的公比为12，所以y ＝5×⎝⎛⎭⎫123＝58，同理z ＝6×⎝⎛⎭⎫124＝38，故x ＋y ＋z ＝2. 5．(2011·上海高考)设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件为( )A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同解析：选D ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，…. ∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n ＝q ，从而{A n }为等比数列．6．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1125的最小整数n 是( ) A ．5 B ．6 C ．7D ．8解析：选C 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)，则a n －1＝8·⎝⎛⎭⎫－13n －1，所以|S n－n －6|＝|a 1－1＋a 2－1＋…＋a n－1－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n 1＋13－6＝6×⎝⎛⎭⎫13n<1125，即3n －1>250，所以满足条件的最小整数n 是7.7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则等比数列{a n }的公比为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由4S 2＝S 1＋3S 3，得4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，即3q 2－q ＝0，故q ＝13.答案：138．(2011·陕西高考)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 0009．(2012·安徽模拟)在数列{a n }中，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *，p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的判断：①若{a n }是等方差数列，则{a 2n }是等差数列；②已知数列{a n }是等方差数列，则数列{a 2n }是等方差数列． ③{(－1)n }是等方差数列；④若{a n }是等方差数列，则{a kn }(k ∈N *，k 为常数)也是等方差数列；其中正确命题的序号为________．解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a 2n }是公差为p 的等差数列，故①正确．对于②，取a n ＝n ，则数列{a n }是等方差数列，但数列{a 2n }不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n ]2－[(－1)n －1]2＝0(n ≥2，n ∈N *)为常数，所以{(－1)n }是等方差数列，故③正确．对于④，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *)，则a 2kn －a 2k (n －1)＝(a 2kn －a 2kn －1)＋(a 2kn －1－a 2kn －2)＋…＋(a 2kn －k ＋1－a 2k (n －1))＝kp 为常数，故④正确．答案：①③④10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2，数列{b n }为等比数列，且首项b 1＝1，b 4＝8.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝ab n ，求数列{c n }的前n 项和T n ；解：(1)∵数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1亦满足上式，故a n ＝2n －1(n ∈N *)．又数列{b n }为等比数列，设公比为q ， ∵b 1＝1，b 4＝b 1q 3＝8，∴q ＝2.∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝ab n ＝2b n －1＝2n －1.T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2(1－2n )1－2－n . 所以T n ＝2n ＋1－2－n .11．已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足：b n ＝na n(2n ＋1)2n，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．解：(1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)． (2)因为b n ＝na n (2n ＋1)2n ＝n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n 2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎫m 2m ＋12＝13⎝⎛⎭⎫n2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2，所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62. 又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列． 12．设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≥b n ＋1；②b n ≤M (n ∈N *，M 是常数)的无穷数列{b n }叫“嘉文”数列．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝aa －1(a n－1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2S n a n ＋1，若数列{b n }为等比数列，求a 的值，并证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．解：(1)因为S 1＝aa －1(a 1－1)＝a 1，所以a 1＝a .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a a －1(a n －a n －1)，整理得a na n －1＝a ，即数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．所以a n ＝a · a n －1＝a n .(2)由(1)知，b n ＝2×aa －1(a n －1)a n ＋1＝(3a －1)a n －2a(a －1)a n ，(*)由数列{b n }是等比数列，则b 22＝b 1·b 3，故⎝⎛⎭⎫3a ＋2a 2＝3·3a 2＋2a ＋2a 2，解得a ＝13，再将a ＝13代入(*)式得b n ＝3n ，故数列{b n }为等比数列，所以a ＝13.由于1b n ＋1b n ＋22＝13n ＋13n ＋22>2 13n ·13n ＋22＝13n 1＝1b n ＋1，满足条件①；由于1b n ＝13n ≤13，故存在M ≥13满足条件②.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．1．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：选C 由题意得a n ＋1＝f (n ＋1)＝f (1)f (n )＝12a n ，故S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－⎝⎛⎭⎫12n .则数列{a n}的前n 项和的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，1. 2．(2012·安庆模拟)设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．解析：由x 2－x <2nx (n ∈N *)，得0<x <2n ＋1，因此知a n ＝2n .故S 100＝100(2＋200)2＝10 100.答案：10 1003．祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设f (n )表示前n 年的纯收入．(f (n )＝前n 年的总收入－前n 年的总支出－投资额)(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂，问哪种方案较合算？解：由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列．则f (n )＝50n －⎣⎡⎦⎤12n ＋n (n －1)2×4－72＝－2n 2＋40n －72.(1)获取纯利润就是要求f (n )>0，故有－2n 2＋40n －72>0，解得2<n <18. 又n ∈N *，故从第三年开始获利．(2)①平均利润为f (n )n ＝40－2⎝⎛⎭⎫n ＋36n ≤16，当且仅当n ＝6时取等号．故此方案获利6×16＋48＝144万美元，此时n ＝6.②f (n )＝－2n 2＋40n －72＝－2(n －10)2＋128，当n ＝10时，f (n )max ＝128. 故此方案共获利128＋16＝144万美元．比较两种方案，在获利相同的前提下，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案．1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －5a n －85，n ∈N *. (1)证明：{a n －1}是等比数列；(2)求数列{S n }的通项公式．请指出n 为何值时，S n 取得最小值，并说明理由．解：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－5a 1－85，解得a 1＝－14，则a 1－1＝－15.∵当n ≥2时，S n －1＝(n －1)－5a n －1－85， ∴a n ＝S n －S n －1＝1－5a n ＋5a n －1， ∴6a n ＝5a n －1＋1，即a n －1＝56(a n －1－1)，∴{a n －1}是首项为－15，公比为56的等比数列．(2)∵a n －1＝－15·⎝⎛⎭⎫56n －1， ∴S n ＝n －5⎣⎡⎦⎤1－15·⎝⎛⎭⎫56n －1－85＝n ＋75·⎝⎛⎭⎫56n －1－90. 由a n ＝1－15·⎝⎛⎭⎫56n －1>0，即15·⎝⎛⎭⎫56n －1<1，解得n >log 56115＋1≈15.85. ∴当n ≤15时，a n <0；当n ≥16时，a n >0. 故n ＝15时，S n 取得最小值．2．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点{b n ，T n }在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1<c n .解：(1)由点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1， ∴b n ＝13b n －1.令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是以23为首项，以13为公比的等比数列．(3)证明：∵由(2)可知b n ＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n .∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·23n ，∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·23n ＋1－(n ＋1)·23n＝23n 1[(n ＋2)－3(n ＋1)]＝23n 1(－2n －1)<0，∴c n ＋1<c n .3．(2012·广州调研)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，且a n ＋1＝a n ＋2a n －1(n ≥2)． (1)设b n ＝a n ＋1＋λa n ，是否存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)假设存在实数λ，使数列{b n }为等比数列，设b nb n －1＝q (n ≥2)，即a n ＋1＋λa n ＝q (a n ＋λa n －1)，得a n ＋1＝(q －λ)a n ＋qλa n －1.与已知a n ＋1＝a n ＋2a n －1比较，得⎩⎪⎨⎪⎧q －λ＝1，qλ＝2，解得λ＝1或λ＝－2.所以存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．当λ＝1时，q ＝2，b 1＝4，则数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列；当λ＝－2时，q ＝－1，b 1＝1，则数列{b n }是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)由(1)知a n ＋1－2a n ＝(－1)n ＋1(n ≥1)，所以a n ＋12n 1－a n 2n ＝(－1)n ＋12n 1＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，a n 2n ＝a 121＋⎝⎛⎭⎫a 222－a 121＋⎝⎛⎭⎫a 323－a 222＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －a n －12n －1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－123＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12 ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1. 因为a 121＝12也适合上式，所以a n 2n ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ≥1)．所以a n ＝13[2n ＋1＋(－1)n ]．则S n ＝13[(22＋23＋…＋2n ＋1)＋((－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n )]＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(1－2n )1－2＋(－1)(1－(－1)n)1－(－1) ＝13⎣⎡⎦⎤(2n ＋2－4)＋(－1)n －12.数列一、选择题(本题共12分小题，每小题5分，共60分)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B ∵{a n }是等差数列，∴a 2＋a 4＝2a 3＝1＋5，故a 3＝3，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5×2a 32＝5a 3＝5×3＝15.2．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．8解析：选A ∵a 3·a 11＝16，∴a 27＝16. 又∵a n >0，∴a 7＝4.a 5＝a 7·q －2＝4×2－2＝1.3．(2012·银川联考)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋1，则向量m ＝(a 1，a 4)的模为( ) A ．53 B ．50 C.53D ．5 2解析：选C 依题意得，a 1＝S 1＝2，a 4＝S 4－S 3＝(42＋1)－(32＋1)＝7，故m ＝(2,7)，|m |＝22＋72＝53.4．已知数阵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33中，每行的三个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成等差数列，若a 22＝4，则这九个数的和为( )A ．16B ．32C ．36D ．40解析：选C 依题意得，a 11＋a 12＋a 13＋a 21＋a 22＋a 23＋a 31＋a 32＋a 33＝3a 12＋3a 22＋3a 32＝9a 22＝36.5．(2012·朝阳统考)设数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝1且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A.n 28＋7n8 B.n 24＋7n 4 C.n 22＋3n4D ．n 2＋n解析：选A 由a 1，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 1·a 6，设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则(1＋2d )2＝1×(1＋5d )，而d ≠0，故d ＝14，所以S n ＝n ＋n (n －1)2×14＝n 28＋7n 8.6．(2012·银川联考)设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为Πn ，则Π2 013的值为( )A ．－12B ．－1 C.12D ．2解析：选B 由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而Π2 013＝(Π3)671＝－1.7．(2012·东北三校模拟)等差数列{a n }中，S 15>0，S 16<0，则使a n >0成立的n 的最大值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C 依题意得S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8>0，即a 8>0；S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，即a 8＋a 9<0，a 9<－a 8<0.因此使a n >0成立的n 的最大值是8.8．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，则a nn 等于( )A.12 B.23 C.32D ．2解析：选B 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ，即a n ＋1－a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公差为d ＝23的等差数列，于是a n ＝23＋(n －1)·23＝23n ，即a n n ＝23.9．(2012·“江南十校”联考)已知函数f (x )＝cos x ，x ∈(0,2π)有两个不同的零点x 1，x 2，且方程f (x )＝m (m ≠0)有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m ＝( )A.12B ．－12C.32D ．－32解析：选D 若m >0，则公差d ＝3π2－π2＝π，显然不成立，所以m <0，则公差d ＝3π2－π23＝π3. 所以m ＝cos ⎝⎛⎭⎫π2＋π3＝－32. 10．(2012·济南模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 012的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013解析：选B 根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 012，公差d ＝1，故S 2 0122 012＝－2 012＋(2 012－1)×1＝－1，所以S 2 012＝－2 012.11．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为b n ＝( )A ．2n －1B ．2n ＋1C ．2n ＋1－1D ．2n －1＋2解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则有d ＝a 5－a 25－2＝2，a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1；又b n ＋1＝ab n ，因此有b n ＋1＝2b n －1，b n ＋1－1＝2(b n －1)，而b 1－1＝2≠0，因此数列{b n －1}是首项为2，公比为2的等比数列，于是有b n －1＝2×2n －1＝2n ，b n ＝2n ＋1.12.如图，将等差数列{a n }的前6项填入一个三角形的顶点及各边中点的位置，且在图中每个三角形顶点所填的三项也成等差数列，数列{a n }的前2 012项和S 2 012＝4 024，则满足na n >a n n 的n 的值为( )A ．2 012B ．4 024C ．2D ．3解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2，a 3，a 5成等差数列得2a 3＝a 2＋a 5，即2(a 1＋2d )＝(a 1＋d )＋(a 1＋4d )，有d ＝0，于是a n ＝a 1，由S 2 012＝4 024得2 012a 1＝4 024，有a 1＝2，即a n ＝2，由na n >a n n 得n 2>2n ，结合函数y ＝2x 与y ＝x 2的图象知n ＝3.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：a 25＝a 10>0，根据已知条件得2⎝⎛⎭⎫1q ＋q ＝5，解得q ＝2.所以a 21q 8＝a 1q 9，所以a 1＝2，所以a n ＝2n.答案：2n14．(2012·衡阳六校联考)设函数f (x )＝1x －b ＋2，若a ，b ，c 成等差数列(公差不为零)，则f (a )＋f (c )＝________.解析：依题意得b －a ＝c －b ，－(a －b )＝c －b ，则f (a )＋f (c )＝1a －b ＋2＋1c －b ＋2＝1a －b ＋1c －b ＋4＝0＋4＝4. 答案：415．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×(10＋234)2＝1 830.答案：1 83016．(2012·衡阳六校联考)在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：28三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)(2012·陕西高考)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12.(1)若a 3＝14，求数列{a n }的前n 项和；(2)证明：对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列．解：(1)由a 3＝a 1q 2＝14及q ＝－12，得a 1＝1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12＝2＋⎝⎛⎭⎫－12n －13.(2)证明：对任意k ∈N ＋，2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝2a 1q k ＋1－(a 1q k －1＋a 1q k )＝a 1q k －1(2q 2－q －1)，由q ＝－12得2q 2－q －1＝0，故2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝0.所以对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列．18．(本小题满分12分)(2012·陕西高考)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2或q 2＝1(舍去)，故q ＝－2. (2)证明：法一：对任意k ∈N ＋， S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k ) ＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2) ＝0，所以对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．法二：对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 1(1－q k )1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1(1－q k ＋2)1－q ＋a 1(1－q k ＋1)1－q ＝a 1(2－q k ＋2－q k ＋1)1－q，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1(1－q k )1－q －a 1(2－q k ＋2－q k ＋1)1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋1)] ＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0，因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．19．(本小题满分12分)(2012·潍坊模拟)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n为其前n 项和，且满足S 2n －1＝12a 2n ，n ∈N *.(1)求a n ；(2)数列{b n }满足b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n －1，n 为奇数，12a n －1，n 为偶数，T n 为数列{b n }的前n 项和，求T 2n . 解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，在S 2n －1＝12a 2n中，令n ＝1,2，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＝2S 1，a 22＝2S 3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝2a 1，(a 1＋d )2＝2(3a 1＋3d )，解得a 1＝2，d ＝4，故a n ＝4n －2.(2)由(1)得b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，2n －3，n 为偶数，则T 2n ＝1＋2×2－3＋22＋2×4－3＋24＋…＋22n －2＋2×2n －3 ＝1＋22＋24＋…＋22n －2＋4(1＋2＋…＋n )－3n ＝1－4n 1－4＋4·n (n ＋1)2－3n ＝4n 3－13＋2n 2－n . 20．(本小题满分12分)(2012·石家庄质检)已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ，∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0，∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3.∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81，∵{b n }的各项均为正数，∴q ＝3，∴b n ＝3n －1. (2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1， ∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ，两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n ＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n ＝(5－4n )×3n －5，∴S n ＝(4n －5)3n ＋52. 21．(本小题满分12分)(2012·潍坊模拟)在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，又4是a 4与a 6的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{|b n |}的前n 项和S n .解：(1)∵a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，∴a 24＋2a 4a 6＋a 26＝100，∴(a 4＋a 6)2＝100，又a n >0，∴a 4＋a 6＝10，∵4是a 4与a 6的等比中项，∴a 4a 6＝16，而q ∈(0,1)，∴a 4>a 6，∴a 4＝8，a 6＝2，∴q ＝12，a 1＝64， ∴a n ＝64·⎝⎛⎭⎫12n －1＝27－n . (2)∵b n ＝log 2a n ＝7－n ，则数列{b n }的前n 项和为T n ＝n (13－n )2， ∴当1≤n ≤7时，b n ≥0，∴S n ＝n (13－n )2. 当n ≥8时，b n <0，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b 7－(b 8＋b 9＋…＋b n )＝－(b 1＋b 2＋…＋b n )＋2(b 1＋b 2＋…＋b 7)＝－n (13－n )2＋2×7×62＝n 2－13n ＋842. ∴S n ＝⎩⎨⎧13n －n 22(1≤n ≤7且n ∈N *)，n 2－13n ＋842(n ≥8且n ∈N *).22．(本小题满分12分)设函数f (x )＝x a (x ＋2)，方程x ＝f (x )有唯一解，其中实数a 为常数，f (x 1)＝22 013，f (x n )＝x n ＋1(n ∈N *)． (1)求f (x )的表达式；(2)求x 2 011的值；(3)若a n ＝4x n －4 023且b n ＝a 2n ＋1＋a 2n 2a n ＋1a n(n ∈N *)，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <n ＋1. 解：(1)由x ＝x a (x ＋2)，可化简为ax (x ＋2)＝x (a ≠0)，所以ax 2＋(2a －1)x ＝0，当且仅当a ＝12时，方程x ＝f (x )有唯一解．从而f (x )＝2x x ＋2. (2)由已知f (x n )＝x n ＋1，得2x n x n ＋2＝x n ＋1，所以1x n ＋1＝12＋1x n ，即1x n ＋1－1x n ＝12(n ∈N *)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 是以1x 1为首项，12为公差的等差数列．所以1x n ＝1x 1＋(n －1)×12＝(n －1)x 1＋22x 1，故x n ＝2x 1(n －1)x 1＋2. 因为f (x 1)＝22 013，所以2x 1x 1＋2＝22 013，解得x 1＝11 006. 所以x n ＝2×11 006(n －1)×11 006＋2＝2n ＋2 011，故x 2 011＝22 011＋2 011＝12 011. (3)证明：因为x n ＝2n ＋2 011，所以a n ＝4×n ＋2 0112－4 023＝2n －1，所以b n ＝a 2n ＋1＋a 2n 2a n ＋1a n ＝(2n ＋1)2＋(2n －1)22(2n ＋1)(2n －1)＝4n 2＋14n 2－1＝1＋2(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12n －1－12n ＋1，所以b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝⎝⎛⎭⎫1＋1－13＋⎝⎛⎭⎫1＋13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12n －1－12n ＋1－n ＝1－1<1.2n＋1故b1＋b2＋…＋b n<n＋1.。

高三数学数列综合应用试题答案及解析

高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列{an }的前n项和为Sn，f(x)＝，an＝log2，则S2 013＝________.【答案】log2＋1【解析】an ＝log2f(n＋1)－log2f(n)，∴S2 013＝a1＋a2＋…＋a2 013＝[log2f(2)－log2f(1)]＋[log2f(3)－log2f(2)]＋…＋[log2f(2 014)－log2f(2 013)]＝log2f(2 014)－log2f(1)＝log2－log2＝log2＋1.2.各项均为正数的数列，满足：，，，那么（）A．B．C．D．【答案】C【解析】取，，则，依次得到数列的各项为1,2,5,11,27…，取，，则，依次得到数列的各项为1,2,4,8,16…，由上可知存在，使得，…则由，∴数列为递增数列，由，而，…，累加得：，，即.【考点】1.递推公式；2.数列的单调性.3.已知数列满足：当（）时，，是数列的前项和，定义集合是的整数倍，，且，表示集合中元素的个数，则，．【答案】9, 1022【解析】由于（）时，，可知数列满足：，其前n项和满足：当时，是奇数，则是的整数倍；所以当时，的奇数项共有9项，故9；所以当时，的奇数项共有1022项，故1022；【考点】1.集合的表示法；2.数列通项与前n项和的关系；3.数学归纳法.4.在数列中，，则 .【答案】-1【解析】由此可知，所以.【考点】递推数列5.设数列满足 ,且对任意,函数满足，若，则数列的前项和为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】.因为，所以：，所以是一个等差数列. ，又，，所以 .【考点】1、等差数列等比数列的通项及前项和；2、导数.6.若数列的前项和，则数列的通项公式（）A．B．C．D．【答案】D【解析】对任意，有，当时有，解得；当且时，由，可得，两式相减得，整理得，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，，故选D.【考点】数列通项的求解7.已知数列的通项公式为，数列的前项和为，且满足．（1）求的通项公式；（2）在中是否存在使得是中的项，若存在，请写出满足题意的其中一项；若不存在，请说明理由．【答案】（1）数列的通项公式为；（2）存在，如，是的第5项．【解析】（1）首先令求出的值，当时，两式相减得：，即：，从而为首项和公比均为的等比数列，最后利用等比数列的通项公式可求得数列的通项公式；（2）先假设存在，即中第项满足题意，亦即，故，因此只要取，就能使得是数列中的第项．试题解析：（1）当时，．（2分）当时，两式相减得：，即：．（6分）故为首项和公比均为的等比数列，．（8分）（2）设中第项满足题意，即，即，所以，取，则（其它形如的数均可）．（14分）【考点】1．数列通项公式的求法；2．数列探究型问题的解法．8.已知数列是等差数列，且，；又若是各项为正数的等比数列，且满足，其前项和为，.(1)分别求数列，的通项公式，；(2)设数列的前项和为，求的表达式，并求的最小值.【答案】(1)，；(2)，.【解析】(1)首先设出公差和公比，根据已知条件及等比数列和等差数列的性质，列方程组解方程组，求得公差和公比，写出各自的通项公式；(2)因为取偶数和奇数时，数列的项数会有变化，所以对分取偶数和奇数两种情况进行讨论，根据等差数列和等比数列的前项和公式，求出的表达式，根据前后两项的变化确定的单调性，求得每种情况下的最小值，比较一下，取两个最小值中的较小者.试题解析：(1)设数列的公差是，的公比为，由已知得，解得，所以； 2分又，解得或(舍去)，所以； .4分(2)当为偶数时，，当为奇数时. .10分当为偶数时，，所以先减后增，当时，，所以；当时，，所以；所以当为偶数时，最小值是. 12分当为奇数时，，所以先减后增，当时，，所以，当时，，所以，所以当为奇数时，最小值是.比较一下这两种情况下的的最小值，可知的最小值是. .14分【考点】1、等差数列与等比数列的前项和公式；2、数列与函数单调性的综合应用；3、数列与求函数最值的综合运用；4、数列的函数特性.9.设数列{an }的前n项和为Sn，且，n=1，2，3（1）求a1，a2；（2）求Sn 与Sn﹣1（n≥2）的关系式，并证明数列{}是等差数列；（3）求S1•S2•S3S2011•S2012的值．【答案】（1），；（2）Sn Sn﹣1﹣2S n+1=0；（3）．【解析】（1）直接利用与的关系式求的值；（2）当时，把代入已知关系式可得与的关系式，再由此关系式，去凑出和，可得所求数列是等差数列，进而得通项的表达式，从而得的表达式；（3）由（2）中的表达式易求S1•S2•S3S2011•S2012的值．试题解析：（1）解：当n=1时，由已知得，解得，同理，可解得．（4分）（2）证明：由题设，当n≥2时，an =Sn﹣Sn﹣1，代入上式，得S n S n﹣1﹣2S n+1=0，∴，（7分）∴=﹣1+，∴{}是首项为=﹣2，公差为﹣1的等差数列，（10分）∴=﹣2+（n﹣1）•（﹣1）=﹣n﹣1，∴Sn=．（12分）（3）解：S1•S2•S3S2011•S2012=••••=．（14分）【考点】1、等差数列；2、数列的前n项和与通项的综合应用．10.设数列{an }是等差数列，数列{bn}的前n项和Sn满足且（Ⅰ）求数列{an }和{bn}的通项公式：（Ⅱ）设Tn 为数列{Sn}的前n项和，求Tn．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）利用求，再结合条件求；（Ⅱ）利用等比数列的求和公式求解.试题解析：（Ⅰ）由，，，即，又，故.，，公差，. （6分）（Ⅱ），所以数列其前项和，. （12分）【考点】等差数列、等比数列的性质，等比数列的求和公式.11.设等差数列的前项和，且，.（1）求数列的通项公式;（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）.（2），.【解析】（1）确定等差数列的通项公式，往往利用已知条件，建立相关元素的方程组，如本题，设等差数列的公差为，结合已知，可建立的方程组，，解得得到.（2）首先应确定。

专题14 数列的综合应用(解析版)

专题14 数列的综合应用1、【2018年高考江苏卷】已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将A B U 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为___________．【答案】27【解析】所有的正奇数和()2n n *∈N 按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列|{}n a 中，25前面有16个正奇数，即5621382,2a a ==.当n =1时，1211224S a =<=，不符合题意；当n =2时，2331236S a =<=，不符合题意；当n =3时，3461248S a =<=，不符合题意；当n =4时，4510<12=60S a =，不符合题意；……；当n =26时，()5262721221(141)4416250312=516212S a ⨯-⨯+=+=+=<-，不符合题意；当n =27时，()5272821222(143)484+62=546>12=540212S a⨯-⨯+=+=-,符合题意.故使得+1>12n n S a 成立的n 的最小值为27.2、【2019年高考天津卷文数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知1123323,,43a b b a b a ====+.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n c 满足21n n n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数,，为偶数.求*112222()n n a c a c a c n +++∈N L .【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .依题意，得2332,3154,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,3,d q =⎧⎨=⎩故133(1)3,333n n n n a n n b -=+-==⨯=.所以，{}n a 的通项公式为3n a n =，{}n b 的通项公式为3nn b =.（2）112222n n a c a c a c +++L()()135212142632n n n a a a a a b a b a b a b -=+++++++++L L123(1)36(6312318363)2n n n n n -⎡⎤=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯⎢⎥⎣⎦L()2123613233n n n =+⨯+⨯++⨯L .记1213233nn T n =⨯+⨯++⨯L ,① 则231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯L ,②②−①得，()12311313(21)332333333132n n n n n n n T n n +++--+=-----+⨯=-+⨯=-L . 所以，122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯L()22(21)3692n n n n +*-++=∈N . 本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.3、【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }()n *∈N 满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }()n *∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }()n *∈N ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k kq k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-．设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x-=．令()0f 'x =，得x =e.列表如下：因为ln 22663=<=，所以max ()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤，经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．4、【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n c n *=∈N证明：12+.n c c c n *++<∈N L 【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-．所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ．我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12k c c c +++<L那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<L <==．即当1n k =+时不等式也成立．根据（i ）和（ii），不等式12n c c c +++<L *n ∈N 成立．本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.5、【2018年高考江苏卷】设{}n a 是首项为1a ，公差为d 的等差数列，{}n b 是首项为1b ，公比为q 的等比数列．（1）设110,1,2a b q ===，若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立，求d 的取值范围；（2）若*110,,a b m q =>∈∈N ，证明：存在d ∈R ，使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立，并求d 的取值范围（用1,,b m q 表示）．【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．满分16分．（1）由条件知：．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立，即对n =1，2，3，4均成立，即11，1d 3，32d 5，73d 9，得．因此，d 的取值范围为．（2）由条件知：．若存在d ，使得1||n n a b b -≤（n =2，3，···，m +1）成立，即，即当时，d 满足．因为，则，112(,)n n n a n d b -=-=112|()1|n n d ---≤≤≤≤≤≤≤≤7532d ≤≤75[,]32111(1),n n n a b n d b b q -=+-=1111|1|2,3,,(1())n b n d b q b n m -+--≤=+L 2,3,,1n m =+L 1111211n n q q b d b n n ---≤≤--q ∈112n m qq -<≤≤从而，，对均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对均成立．下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）． ①当时，，当时，有，从而．因此，当时，数列单调递增，故数列的最大值为． ②设，当x >0时，，所以单调递减，从而<f （0）=1．当时，，因此，当时，数列单调递减，故数列的最小值为．因此，d 的取值范围为．一、求通项公式的方法 1、累加（累乘法）（1）累加法：如果递推公式形式为：()1n n a a f n +-=，则可利用累加法求通项公式 ① 等号右边为关于n 的表达式，且能够进行求和 ② 1,n n a a +的系数相同，且为作差的形式二、数列的求和的方法（1）等差数列求和公式：()1122p q nn a a a a S n n p q n ++=⋅=⋅+=+ 11201n q b n --≤-1101n q b n ->-2,3,,1n m =+L 2,3,,1n m =+L 12{}1n q n ---1{}1n q n --2,3,,1n m =+L 2n m ≤≤111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---112mq <≤2n m q q ≤≤1() 20n n nn q q q ---+>21n m ≤≤+12{}1n q n ---12{}1n q n ---2m q m-()()21xf x x =-ln 21(0(n )l 22)xf x x '=--<()f x ()f x 2n m ≤≤111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-21n m ≤≤+1{}1n q n --1{}1n q n --mq m11(2)[,]m mb q b q m m-()112n n n S a n d -=+（2）等比数列求和公式：()111,11,1n n a q q S q a n q ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩（3）错位相减法：通项公式的特点在错位相减法的过程中体现了怎样的作用？通过解题过程我们可以发现：等比的部分使得每项的次数逐次递增，才保证在两边同乘公比时实现了“错位”的效果。

专题：数列的综合应用(含答案)

专题：数列的综合应用【知识概要】1．数列求和的常用方法（1）公式法：适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列；（2）裂项相消法：适用于⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c 其中{ n a }是各项不为0的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等；（3）错位相减法：适用于{}n n b a 其中{ n a }是等差数列，{}n b 是各项不为0的等比数列。

（4）倒序相加法：类似于等差数列前n 项和公式的推导方法.（5）分组求和法（6）累加（乘）法等。

2．常用结论（1）1nk k ==∑ 1+2+3+...+n =2)1(+n n （2）1(21)n k k =-=∑1+3+5+...+(2n-1) =2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n （5）111)1(1+-=+n n n n)211(21)2(1+-=+n n n n （6）)()11(11q p qp p q pq <--= 3．高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

【例题精讲】【题型1】数列创新题例1、设正项等比数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和为n S ，且0)12(21020103010=++-S S S 。

（Ⅰ）求{}n a 的通项；（Ⅱ）求{}n nS 的前n 项和n T 。

解：（Ⅰ）由 0)12(21020103010=++-S S S 得 ,)(21020203010S S S S -=-即,)(220121*********a a a a a a +++=+++ 可得.)(22012112012111010a a a a a a q +++=+++⋅ 因为0>n a ，所以 ,121010=q 解得21=q ，因而 .,2,1,2111 ===-n qa a n n n （Ⅱ）因为}{n a 是首项211=a 、公比21=q 的等比数列，故 .2,21121)211(21n n n n n n n nS S -=-=--= 则数列}{n nS 的前n 项和 ),22221()21(2n n n n T +++-+++= ).2212221()21(212132++-+++-+++=n n n nn n T 前两式相减，得122)212121()21(212+++++-+++=n n n nn T 12211)211(214)1(++---+=n n n n n 即 .22212)1(1-+++=-n n nn n n T 例2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()211,1,1,2,2n n a S n a n n n ==--=鬃（Ⅰ）写出n S 与1n S -的递推关系式()2n ³，并求n S 关于n 的表达式；（Ⅱ）设()1n n n n b S x x R n +=，求数列{}n b 的前n 项和n T 。

高一数学数列综合应用试题答案及解析

高一数学数列综合应用试题答案及解析1.若数列满足为常数，则称数列为“调和数列”，若正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是（）A．10B．100C．200D．400【答案】B【解析】由于正项数列为“调和数列”，，为等差数列，，.的最大值为100.【考点】等差数列的性质和基本不等式的应用.2.数列满足，则 .【答案】.【解析】当时，，；当时，由于，，两式相减得，不满足.【考点】由得.3.已知数列中，，则数列通项公式=______________.【答案】【解析】由，得，得所以得.【考点】等比数列.4.已知数列的各项均为正整数，对于，有,若存在，当且为奇数时，恒为常数，则的值为 .【答案】1或5【解析】设当且为奇数，由题意有，即，又数列的各项均为正整数，因此的值为1或5.【考点】递推数列的性质5.已知数列满足，，则的值为_______.【答案】-3【解析】由递推式观察可知，式子并不好转化为新的数列形式.故可尝试计算几项并寻找规律.,故此数列为以4为周期的周期数列.，则【考点】计算数列值.6.设数列的前n项和，则的值为( ).A．15B．16C．49D．64【答案】A.【解析】因为，所以选A.【考点】数列中与的关系：.7.若数列中，则其前项和取最大值时，__________.【答案】或【解析】令，则，又∵，∴当时，，，当时，，∴当取最大值时，或.【考点】数列的性质.8.已知数列满足，，则（）A．2B．C．D．【答案】B.【解析】∵，，∴，，，，而，∴.【考点】数列的通项公式.9.在数列中，若，，则．【答案】.【解析】由变形为，即有，令，则有，说明与互为倒数关系，而由有，则，同理……，因此有，所以，故.【考点】运用数列特殊递推关系解决问题，本题要注意构造新数列进行归纳寻求相应规律，从而解决问题.10.给定函数的图像如下列图中，经过原点和（1,1），且对任意,由关系式得到数列{}，满足，则该函数的图像为（）【答案】A【解析】由题意，知：，即在图中应该是满足的所有点，只有A选项正确．【考点】数列的基本概念．11.已知数列前项和，（1）求其通项；（2）若它的第项满足，求的值。

高一数学数列综合应用试题答案及解析

高一数学数列综合应用试题答案及解析1.若数列满足为常数，则称数列为“调和数列”，若正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是（）A．10B．100C．200D．400【答案】B【解析】由于正项数列为“调和数列”，，为等差数列，，.的最大值为100.【考点】等差数列的性质和基本不等式的应用.2.若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数．（1）证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；（2）设（1）中“平方递推数列”的前项积为，即，求；（3）在（2）的条件下，记，求数列的前项和，并求使的的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）等比数列的判定方法：（1）定义法：若是常数，则是等比数列；中项公式法：若数列中，，则是等比数列；通项公式法：若数列通项公式可写成；（2）熟记等比数列前项和公式，，注意利用性质把数列转化，利用等比数列前项和；（3）利用条件列式子，等比数列的性质及前项和公式对函数与方程、等价转化、分类讨论等思想的运用，是高考的一种重要的考向.试题解析：解：（1）由题意得：，即，则是“平方递推数列”.对两边取对数得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 4分（2）由（1）知8分（3）又，即又，所以. 14分【考点】（1）证明某个数列为等比数列；（2）求前项和；（3）使成立的最小值.3.数列中，=2，，则=（）.A．2+ln n B．2+ (n-1) ln n C．2+ n ln n D．1+n+ln n【答案】A【解析】所以得.故选A.【考点】迭加消元求和.4.已知数列满足：，其中.（1）求证：数列是等比数列；（2）令，求数列的最大项.【答案】（1）详见解析；（2）最大项为.【解析】（1）首先根据已知等式，令，可得，再根据已知等式可得，将两式相减，即可得到数列的一个递推公式，只需验证将此递推公式变形得到形如的形式，从可证明数列是等比数列；（2）由（1）可得，从而，因此要求数列的最大项，可以通过利用作差法判断数列的单调性来求得：，当时，，即；当时，；当时，，即，因此数列的最大项为.试题解析：（1）当时，，∴， 1分又∵， 2分∴，即，∴. 4分又∵，∴数列是首项为，公比为的等比数列； 6分（2）由（1）知，，∴，∴， 8分当时，，即， 9分当时，， 10分当时，，即， 11分∴数列的最大项为， 13分【考点】1.数列的通项公式；2.数列的单调性判断.5.数列：、3、、9、的一个通项公式是（）A．()B．()C．()D．()【答案】B.【解析】由题意可得：数列：，、，，因此通项公式可以为.【考点】数列的通项公式.6.设数列的首项，前项和为，且，，成等差数列，其中.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足：，记数列的前项和为，求及数列的最大项.【答案】（1）；（2），最大项是.【解析】（1）根据题意可知，考虑到当时，，因此可以结合条件消去得到数列的地推公式：当时，，∴，∴，容易验证当时，上述关系式也成立，从而数列是首项为1，公比为2的等比数列，即有；（2）根据（1）中求得的通项公式，结合条件，因此可以考虑采用裂项相消法来求其前项和：，利用作差法来考察数列的单调性，可知当时，，即；当时，也有，但；当时，，，即，因此最大项即为.试题解析：（1）由、、成等差数列知， 1分当时，，∴，∴， 4分当时，由得， 5分综上知，对任何,都有,又，∴，. 6分∴数列是首项为1，公比为2的等比数列，∴； 7分(2)， 10分， 12分，当时，，即；当时，也有，但；当时，，，即，∴数列的的最大项是. 15分【考点】1.数列的通项公式；2.裂项相消法求数列的和；3.数列单调性的判断.7.在数列中，若，，则．【答案】.【解析】由变形为，即有，令，则有，说明与互为倒数关系，而由有，则，同理……，因此有，所以，故.【考点】运用数列特殊递推关系解决问题，本题要注意构造新数列进行归纳寻求相应规律，从而解决问题.8.已知数列满足.（1）若数列是等差数列，求其公差的值;（2）若数列的首项，求数列的前100项的和.【答案】（1）2；（2）【解析】（1）设的首项为和公差为，则代入已知条件，利用待定系数法可得关于、的方程；（2）通过赋值作差可得，然后确定数列的类型，进行分组求和。

数列的综合应用答案

专题六数列第十八讲数列的综合应用答案部分 2019年 1.解析：解析：对于B ，令2104x λ−+=，得12λ=，取112 a =，所以211,,1022n a a ==<，所以当14b =时，1010a <，故B 错误；对于C ，令220x λ −−=，得2λ=或1λ=−，取12a =，所以2 2,,210n a a ==<，所以当 2b =−时，1010a <，故C 错误；对于D ，令240x λ−−=，得1172λ±=，取1 1172a +=，所以2 1172a +=，…， 117102n a +=<，所以当 4b =−时，1010a <，故错误；D 对于A ，221122a a =+…，223 113 224a a ⎛⎫ =++ ⎪⎝⎭…， 2424 3191171 4216216a a a ⎛⎫ =++++=> ⎪⎝⎭…，10n n a a +−>，{}n a 递增，当4n …时，11132122n n n naa a a +=+>+=，所以5465109323232a a a a a a ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎨⎪⎪⎪>⎪⎩，所以610432a a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以107291064 a >>故正确．故选A A ． 2.解析解析：（）设数列1{}n a 的公差为d ，由题意得111 24,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =−∈N ．由12,, n n n n n n S b S b S b ++ +++成等比数列得 ()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得 ()2121 n n n n b S S S d++=−．所以2*,n b n n n =+∈N ．（）2*221, 22(1)(1)n n na n n c nb n n n n −−===∈++N ．我们用数学归纳法证明．①当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；②假设 ()* n k k =∈N 时不等式成立，即122h c c c k +++<．那么，当1n k =+时，121122 (1)(2)1k k k c c c c k k k k k +++++<+<+ +++ 2222(1)211 k k k k k k k<+=++−=+++．即当1n k =+时不等式也成立．根据（1）和（），不等式2122n c c c n +++<对任意*n ∈N 成立．3.解析解析（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由 245 321 440 a a a a a a =⎧⎨ −+=⎩，得 244112 111 440 a q a qa q a q a ⎧=⎨ −+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1 122n n n S b b +=−，所以0n b ≠．由 111 1,b S b ==，得212211b =−，则2 2b =. 由1 122n n n S b b +=−，得11 2()n n n n nb b S b b ++=−，当 2n ≥时，由 1n nn b S S −=−，得()()111122 n nn n n n n n n b b b b b b b b b +−+−=−−−，整理得112 n nn b b b +−+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n()*n ∈N . ②由①知，b k =k ，* k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q −≤≤，其中k =1，2，3，…，m . 当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤−．设f （x ）=ln (1)x x x >，则21 ln ()xf 'x x −=．令()0f 'x =，得x =e.列表如下： x (1,e)e (e ，+∞)()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 3 2663 =<=，所以max ln3()(3)3f k f ==．取3 3q =，当k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤，经检验知1k qk −≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．3.解析：解析：（）I 135，，，（答案不唯一）6..（II ）设长度为为q 末项0n a 的一个递增为子列 110 ,...,,qr r n a a a −. 由p q <，10p q r r n a a a −≤<. 因为 {}n a的长度为的子列末项的最小值为p 递增0m a . 又12 ,,...,p r r r a a a 是 {}n a 的长度为的子列，所以p 递增0,p m r a a ≤所以00m n a a <. （）由题设知，所有正奇数都是III {}n a 中的项.先证明：若是2m {}n a中的项，则必排在（为正整数）2m 2-1m 之前m . 假设排在之后，设2m 2-1m 121 ,,...,,21m p p p a a a m −−是数列{}n a 的长度为末项为m 2-1m 的递增子列，则121 ,,...,,2 1.2m p p p a a a m m −−是数列 {}n a 的长度为末项为的递增子列，m+12m 与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是 {}n a 中的项.假设存在正偶数不是 {}n a 中的项，设不在 {}n a中的最小正偶数为2m. 因为排在2k 2-1k 之前 () 1,2,1k m =⋯− ,22-1所以k 和k 不可能在 {}n a 的同一个子列中. 又 {}n a 中不超过21m + 的，，数为12…..， 21m −， 21m +，所以 {}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的子列个数至多为递增 1 2222112 2m m − ⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=<，与已知矛盾.最后证明 2m 排在 23m −之后（ 2m ≥为整数）.假设存在 2m （ 2m ≥），使得 2m 排在 23m −之前，则 {}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数小于2m，与已知矛盾. 综上，数列 {}n a 只可能为2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅. 经验证，数列2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅符合条件，所以1,1.n n n a n n +⎧=⎨−⎩为奇数为偶数.2010-2018 年1A ．【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙，222121，2k 22，21，20，20，20，20则该数列前k 组的项数和为 (1)1 232k k k + +++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >，即(1)1002k k +>，解得14k ≥，n ∈*N 即N出现在第组之后．13 又第k 组的和为122112kk −=−− 前k 组的和为1 (12)(122)k +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+12 (21)(21)(21)k=−+−+⋅⋅⋅+− 12 (222)k k =++⋅⋅⋅+−122k k +=−−，设满足条件的的N 在第 1k +( k ∈*N ,13k ≥ )组，且第N 项为第 1k +的第m ()m ∈*N 个数，第 1k +组的前m 项和为21 1222m − +++⋅⋅⋅+21m =−，要使该数列的前N 项和为的整数幂，2 即21m −与2k −−互为相反数，即 212mk −=+，所以23m k =−，由14k ≥，所以 2314m−≥，则5m ≥，此时52329k =−= 对应满足的最小条件为 29(291)54402N +=+= ，故选．A 2．C 【解析】由题意可得1 0a =，8 1a =，2a ，3a ，…，7a 中有个、3031个，且满足对任意k ≤，都有81a ，2a ，…，k a中的个数不少于的个数，利用列举法可得不同01 的“规范数列” 有010*******,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,0101010 1，共14个．3A ．【解析】对命题：p 12 ,,,n a a a 成等比数列，则公比)3(1≥=−n a a q n n且0≠n a ；对命题q ，①当0=n a 时，2222222 1212312231 ()()() n n n n a a a a a a a a a a a a −− ++++++=+++成立； ②当0≠n a 时，根据柯西不等式，等式2222222 1212312231 ()()() n n n n a a a a a a a a a a a a −− ++++++=+++成立，则nn a aa a a a 13221−=⋅⋅⋅==，所以12,,,n a a a 成等比数列，所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件.4A ．【解析】2a ，4a ，8a 成等比数列，∴2428 a a a =⋅，即2 111 (6)(2)(14)a a a +=++，解得12a =，所以 (1)n S n n =+． 5B ．【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增，可得 1110 ()()0f a f a −>， 1211 ()()0f a f a −>，…， 199198 ()()0f a f a −>，∴ 111101211199198 |( )()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =−+−+⋅⋅⋅+−1110121119919819910 ()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a −−+⋅⋅⋅+−−=299-0=199（） ∵),(2)(22 x x x f −=在490]99[，上单调递增，在50 [,1]99单调递减∴ 2120 ()()0f a f a −>，…， 249248 ()()0f a f a −>， 250249 ()()0f a f a −=， 251250 ()()0f a f a −<，…，299298 ()()0f a f a −< ∴ 221202221299298 |()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =−+−+⋅⋅⋅+− = 24920299250 ()()[()()]f a f a f a f a −−−= 25020299 2()()()f a f a f a −−= 505098004(1)1 99999801⨯⨯−=<∵|2sin |31)(3x x f π=在24 [0,]99， 5074 [,] 9999上单调递增，在 2549 [,] 9999，75[,1]99上单调递减，可得 3325349374249 2()2()2(=(2sin sin ) 39999I f a f a f a ππ=−+−） 252262262632(2sin sin )()1 312123444ππ +−+ >−=−=>因此312 I I I <<．6．27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a中，52 前面有个正奇数，即16521 2a =，638 2a =．当 1n =时，1211224S a =<=，不符合题意；当 2n =时，23 31236S a =<= ，不符合题意；当 3n =时，34 61248S a =<=，不符合题意；当 4n =时，45 101260S a =<=，不符合题意；……；当 26n =时，526 21(141) 2 (12)2 1 2S ⨯+⨯−=+−= 441 +62= 503<27 12516a =，不符合题意；当 27n =时，527 22 (143) 2 (1 2)212S ⨯+⨯−=+−=484 +62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n的最小值为．27 7．5【解析】设数列的首项为1a ，则1 2015210102020a +=⨯=，所以1 5a =，故该数列的首项为5．8．12【解析】将8 2a =代入111n n a a +=−，可求得712 a =；再将712 a =代入111n na a +=−，可求得61a =−；再将6 1a =−代入111n na a +=−得5 2a =；由此可知数列 {}n a 是一个周期数列，且周期为，所以31712a a ==． 9．64【解析】由1 1a =且 125 ,,a a a 成等比数列，得2111 (4)()a a d a d +=+，解得 2d =，故81878642S a d ⨯ =+=． 10．33【解析】设2a t =，则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤，由于1t ≥，所以3max{,1,2}q t t t ++≥，故q 的最小值是33．11．【解析】由题意得41122 (4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k −+⎧+>−−+⎪⎪⎨⎪ +>+++⎪⎩，得22(1)1010k k ⎧−<⎨>⎩，因此*k N ∈，所以 4k =．12．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =−,12n n b −=．因为1||n n a b b −≤对n=1，234 ，，均成立，即1|(1)2|1n n d − −−≤对n =1，，234，均成立，即1≤11，≤d ≤33，≤2d ≤57，≤3d ≤9，得7532d ≤≤．因此，d 的取值范围为75[ , ]32．(2)由条件知：1 (1)na b n d =+−,11n n b b q −=．若存在d ，使得1||n na b b −≤(n =23···，，，m +1)成立，即1111 |(1)|n b n d b q b − +−−≤(n =2，，3···，m +1)，即当2,3,,1n m =+时，d 满足1111211n n q q b d b n n −−−≤≤−−．因为(1,2]mq ∈，则112n m q q − <≤≤，从而11201n q b n −−≤−，1101n q b n −>−，对2,3,,1n m =+均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b −≤对 2,3,,1n m =+均成立．下面讨论数列12{}1n q n −−−的最大值和数列1{}1n q n −−的最小值（ 2,3,,1n m =+ ）． ①当 2n m ≤≤时， 1112222 111() ()() n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n −−−−−−−+−−+ −==−−−，当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20 n n nn q q q − −−+>．因此，当 21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n −−−单调递增，故数列12{}1n q n −−−的最大值为2m q m−． ②设 ()()21x f x x =−，当 0x >时， ln 21(0(n )l 22)x f x x ' =−−<，所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=．当2n m ≤≤时，11 1112 111() ()()nnn q q n n f q n n n n −− =≤−=<−，因此，当 21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n −−单调递减，故数列1{}1n q n −−的最小值为mq m．因此，d 的取值范围为11(2) [,]mm b q b q m m−． 13．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而1 2b =，所以260q q +−=. 又因为0q >，解得2q =.所以，2n n b =.由 341 2b a a =−，可得138d a −= . ①由114=11S b ，可得1 516a d += ②，联立，解得①②11a =， 3d =，由此可得32n a n =−. 所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =−，数列{}n b 的通项公式为2n n b =. （Ⅱ）设数列221{}n n a b −的前n 项和为n T ，由262n a n =−，12124n n b −−=⨯，有 221 (31)4n n n a b n −=−⨯，故23 245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++−⨯，2341 4245484(34)4(31)4nn nT n n + =⨯+⨯+⨯++−⨯+−⨯，上述两式相减，得 231 324343434(31)4n n n T n + −=⨯+⨯+⨯++⨯−−⨯ 11 12(1 4)4(31) 414(32) 48.nn n n n ++⨯− =−−−⨯− =−−⨯− 得1328433n n n T +−=⨯+. 所以，数列 221{}n n a b −的前n 项和为1 328433n n +−⨯+. 14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0nx > 当 1n =时，110x => 假设n k =时，0kx >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0 k k k x x x ++ <=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0nx >()n ∈*N 所以111 ln(1) n n n n x x x x +++ =++> 因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由 111 ln(1) n n n n x x x x +++ =++>得2111111 422(2)ln(1) n n n n n n n n x x x x x x x x++++++ −+=−+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =−+++≥ 函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以 ()(0)f x f ≥=0，因此211111 2(2)ln(1)()0 n n n n n x x x x f x +++++ −+++=≥ 故11 2(N )2n n n n x x x x n *++−∈≤（Ⅲ）因为11111 ln(1)2 n n n n n n x x x x x x+++++ =+++=≤ 所以112n n x −≥得由1122n n n n x x x x ++−≥得 1 1111 2()022n n x x + −−>≥ 所以1211 111111 2()2()2 222n n n n x x x −−− −−⋅⋅⋅−=≥≥≥故212n n x −≤综上，1211 (N )22n n n x n *−− ∈≤≤．15．【解析】（Ⅰ）由已知， 121 1,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由21 1S qS =+得到21 a qa =，故1nn a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为，公比为的等比数列1q . 从而1=n n a q -.由232 2+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即2 2=32,q q +，则 (21)(2)0q+q -=，由已知,0q >，故 =2q .所以1*2()n n a n -=?N . （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率 22(1)11nn n e a q -=+=+. 由2513q q =+=解得43q =. 因为 2(1)2(1)1+k k q q -->，所以 2(1)1*1+k k q q k -->?N （）. 于是11211+1n n nq e e e q q q -- ++鬃?>+鬃?=-，故1231433n nn e e e --++鬃?>. 16．【解析】（）由题意有，Ⅰ1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩ ，即11 29202a d a d +=⎧⎨=⎩．解得112a d =⎧⎨=⎩ 或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩，故1212n n n a n b −=−⎧⎪⎨=⎪⎩或11 (279)92 9()9n n na nb −⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩．（Ⅱ）由 1d >，知21n a n =−，12n n b −=，故1212n n n c −−=，于是 23413579211 22222n n n T −− =++++++，① 2345 11357921 2222222n n n T − =++++++ . ②①②-可得22 1111212323 222222nn n n n n T −−+ =++++−=−，故n T 12362n n −+=−． 17．【解析】（）Ⅰ2()()212,n n n F x f x x x x =-=+++-则(1)10,n F n =-> 1211 111112()1220,1 2222212n nn n F +⎛⎫− ⎪ ⎛⎫⎛⎫⎝⎭ =+++−=−=−< ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭−所以()n F x 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x ．又1 () 1 20n nF x x nx −' =++>，故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，所以()n F x 在1( ,1)2内有且仅有一个零点n x ．因为n x 是()n F x 的零点，所以 ()=0n n F x ，即11201n n n x x +--=-，故111=+22n nn x x +. （）解法一：由题设，Ⅱ()()11 ().2nn n x g x ++=设()()211 ()()()1,0.2nnn n n x h x f x g xx x x x ++=-=+++->当 1x =时, ()()n n f xg x = 当 1x ≠时, ()111()12.2n n n n x h x x nx −−+' =++−若01x <<, ()11111 ()22 n n n n n nh x x x nx x−−−−+' >++−()()11110.22n n n n n n x x --++=-=若 1x >, ()11111 ()22n n n n n n h x x x nx x −−−−+'<++−()()11110.22n n n n n n x x --++=-= 所以()h x 在(0,1)上递增，在 (1,)+∞上递减，所以 ()(1)0h x h <=，即 ()()n n f x g x <．综上所述，当 1x =时,()()n n f x g x =；当 1x ≠时 ()()n n f x g x <．解法二由题设， ()()211 ()1,(),0.2nnn nn x f xx x x g x x ++=+++=>当 1x =时, ()()n n f xg x =；当 1x ≠ 时用数学归纳法可以证明,()()n n f x g x <．当 2n =时, 2221()()(1)0,2f xg x x -=--<所以22()()f x g x <成立．假设(2)n k k =≥时，不等式成立，即 ()()k k f x g x <．那么，当+1n k =时，()()111k+1k 11()()()2kk k k k k x f x f x x g x x x+++++=+<+=+()1 2112k kx k x k +++++=.又()()11k+121111()22k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=令()1 ()11(x0)kkk h x kx k x +=-++>，则 ()()11()(k 1)11(x 1) k k k k h x k x k k x k k x −−' =+−+=+−．所以当01x <<,()0k h x '<,()k h x 在(0,1)上递减；当 1x >,()0k h x '>,()k h x 在 (1,)+∞上递增．所以 ()(1)0kk h x h >=，从而()1k+1211()2k k x k x k g x +++++>．故11()()k k f x g x ++<.即+1n k =，不等式也成立．所以，对于一切 2n ≥的整数，都有()()n n f x g x <．解法三由已知，记等差数列为: {}k a ，等比数列为 {}k b ，1,2,...,1k n =+．则111a b ==，11n n n a b x ++==，所以()11+1(2n)n k x a k k n− =−⋅≤≤,1 (2),k k b x k n − =≤≤ 令 ()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n−−− =−=+−>≤≤ 当 1x =时, =k k a b ,所以()()n n f x g x =．当 1x ≠时,() () 12211 ()(k 1)11 n k k n k k k m x nx x k x x n−−−−+−' =−−=−−，而 2k n ≤≤，所以 10k ->， 11n k −+≥．若01x <<, 11n k x -+<, ()0k m x '<，当 1x >,11n k x -+>,()0k m x '>，从而()k m x 在(0,1)上递减,()k m x 在(1,)+∞上递增.所以 ()(1)0k k m x m >=，所以当 01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b =,11n n a b ++=，故()()n n f x g x < 综上所述，当 1x =时,()()n n f x g x =；当 1x ≠时 ()()n n f x g x < 18．【解析】（）由Ⅰ21 =0= 22() n n na a a n N λμ++ −=∈，，有．若存在某个0,n N +∈使得0,noa =则由上述递推公式易得10,no a −=重复上述过程可得1 0a =，此与1 3a =矛盾，所以对任意,0n n N a +∈≠．从而1 2(),n n a a n N ++=∈即 {}n a 是一个公比 2q =的等比数列．故11132n n n a a q−−==⋅．（）由Ⅱ01,1k λμ ==−，数列 {}n a 的递推关系式变为211010 n n n n a a a a k ++ +−=，变形为2101()(). n nn a a a n N k ++ +=∈由上式及1 30a =>，归纳可得 12130n n a a a a +=>>⋅⋅⋅>>>⋅⋅⋅>．因为22220010001111111n n n n n n n a a k k a a k k a a a k k +-+===-?+++，所以对0 1,2,,n k =⋅⋅⋅求和得01010 121 ()() k k k a a a a a a ++=+−+⋅⋅⋅+− 010 ******* 11111=( 111k a k k k k a k a k a −⋅+⋅++⋅⋅⋅++++ 00000011111>2+( )2 31313131k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+ ++++．另一方面，由上已证的不等式知00 1212k k a a a a + >>⋅⋅⋅>>>，得00 110 000 1020 11111() 111k k a a k k k k a k a k a +=−⋅+⋅++⋅⋅⋅+ +++ 000000 11111<2+()2 21212121k k k k k k⋅++⋅⋅⋅+=+ ++++．综上，0100112+2 3121k a k k +<<+++． 19．【解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211 d a S d a S a S d +=+===4122421 ,,S S S S S S =∴成等比解得12,11−=∴=n a a n （Ⅱ）)121121()1(4)1(111++−−=−=−+−n n a a n b n n n n n ，当n 为偶数时 11111(1)()() 33557nT =+−+++−1111 ()() 23212121n n n n ++−+ −−−+ 1221211+=+−=∴n nn T n11111(1)()() 33557nn T =+−+++−−当为奇数时， 1111()() 23212121n n n n +++ −−−+12221211++=++=∴n n n T n⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 20．【解析】（Ⅰ）由题意， () ()*∈=N na a a nb n 221 ，326b b −=，知 ()32328b b a −==，又由1 2a =，得公比 2q =（2q =−舍去），所以数列 {}n a 的通项公式为 2()n n a n N *=∈，所以 () ()()11212322n n n n n a a a a ++==，故数列 {}n b 的通项公式为， () 1()n b n n n N * =+∈；（Ⅱ）（）由（Ⅰ）知，i 11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=−=−−∈⎪+⎝⎭，所以11()12n n S n N n *=−∈+；（）因为ii 1234 0,0,0,0c c c c =>>>；当 5n ≥时， () ()11112n nn n c n n +⎡⎤=−⎢⎥+⎣⎦，而()()()()()11112120 222 n n n n n n n n n ++ ++++− −=>，得()()5 155 1122nn n ++≤<，所以当 5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有 4n S S ≥，故 4k =．21．【解析】（）因为I {}n a 是递增数列，所以11n n n n n a a a a p ++ −=−=．而11a =，因此又 123 ,2,3a a a 成等差数列，所以213 43a a a =+，因而230p p −=，解得1,03p p == 当0p =时，1n n a a +=，这与 {}n a 是递增数列矛盾。

数列第十八讲数列的综合应用答案

专题六数列第十八讲数列的综合应用答案部分1．B 【解析】解法一因为ln x ≤ x 1( x0 )，所以 a 1 a 2 a 3 a 4 ln(a 1 a 2 a 3 )≤ ，所以 a 1 a 2 a 3 1 a，所以等比数列的公比 q0 ．a ≤ ，又 4 1 1 1若 q ≤ 1，则 a 1 a 2 a 3 a 4 a 1(1 q )(1 q 2）≤0 ，而 a a a ≥a ，所以12311 ln(a a a ) 0 ，123与ln(a a a ) a a a a ≤0 矛盾，1231234所以 1 q0 ，所以2241(1 ) 0 a 1 a 3 a 1(1 q ) 0 ， a a a q q2，所以a a ，13a a ，故选 B ．24解法二因为 e x ≥ x 1，1234ln( 1 2 3 )a a a aa a a ，所以1 2 3 4ea a a ≥ a a a a，则 a ≤ ，a a a a1231234141又 a 1 1，所以等比数列的公比 q 0 ．若 q ≤ 1，则 a 1 a 2 a 3 a 4 a 1(1 q )(1 q 2）≤0 ，而 a 1 a 2 a 3 ≥a 1 1，所以ln(a a a ) 0123与ln(a a a ) a a a a ≤0 矛盾，1231234所以 1 q0 ，所以131(1 2 ) 0a a a q， a 2 a 4 a 1q (1 q 2 ) 0 ，a a ，所以13a a ，故选 B ．24a2．A【解析】对命题p：a a L a成等比数列，则公比n(n3) 且a0 ；q1, 2 , , nnan1对命题q，①当a0 时，a2 a2 L a2a2 a2 L a2 a a a a L a a 2 成立；( )( ) ( ) n1 2 n 1 2 3 n 1 2 2 3 n 1 n②当a0 时，根据柯西不等式，n1等式 ( 2 2 2)( 2 22 ) ()2 a a L a a a L aa a a a L a a成立，12n 123n1 22 3n 1 n则aa a 1n 1，所以2aaa23na1,a 2 ,L ,a n 成等比数列，所以 p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件． 3．A 【解析】 a ， 2a ，a 成等比数列，∴ a 2 a a ，即 (a 6) 2 (a 2)(a 14) ，4 84 2 8 1 1 1解得a 1 2，所以( 1) S n n．n4．B 【解析】∵ f2在[0,1] 上单调递增，可得 1(x ) xf 1(a 1) f 1(a 0 ) 0，f 1(a 2 ) f 1(a 1) 0 ，…， f a f a ，1( 99 ) 1( 98 ) 0∴ I 1 | f 1(a 1) f 1(a 0 ) | | f 1(a 2 ) f 1(a 1) | | f 1(a 99 ) f 1(a 98 ) |f a f a f a f a f a f a f a f a = 99 2 -0=11( 1) 1( 0 )+ 1( 2 ) 1( 1)1( 99 ) 1( 98 )= 1( 99 ) 1( 0 )（） 99f在 0 49][ ，上单调递增，在[ ,1]50单调递减∵ 2 (x ) 2(x x 2 ),9999∴ f 2 (a 1) f 2 (a 0 ) 0 ，…， f af a ， 2 ( 49 ) 2 ( 48 ) 0 f a f a ，2 ( 50 ) 2 ( 49 ) 0f 2 (a 51) f 2 (a 50 ) 0，…， f a f a2 ( 99 ) 2 ( 98 ) 0∴ I f a f a f a f a f a f a2 | 2 ( 1) 2 ( 0 ) | | 2 ( 2 ) 2 ( 1) || 2 ( 99 ) 2 ( 98 ) |= f a f a f a f a = 2 f (a ) f (a ) f (a ) 2 ( 49 ) 2 ( 0 ) [ 2 ( 99 ) 2 ( 50 )]250229950 50 9800 = 4 (1 ) 1 99 99 98011 50 7425 49 75∵ 3 x | sin 2 x | f 在[0, 24] ( ) [ , ] [ , ] [ ,1]3 99 99 9999 99 99，上单调递增，在，2 49递减，可得上单调I 2 f(a) 2 f(a ) 2 f(a）= (2sin sin )3 3 25 3 49 3 743 99 992 52 2 6 2 2 6 2 6 32(2sin sin ) ( ) 13 12 12 34 4 4因此I ．2 I I1 35．2 7【解析】所有的正奇数和2n( n N* )按照从小到大的顺序排列构成{a}，在数列{a}n n 中，25 前面有16 个正奇数，即 5a ，a 6 ．当n 1时，21 2 38 2S a ，1 1 12 2 242不符合题意；当 n 2 时， S 2 3 12a 3 36 ，不符合题意；当 n 3 时，S 3 6 12a 4 48 ，不符合题意；当 n 4 时， 4 10 12 5 60Sa ，不符合题意；……；当 n 26 时，S2621(1 41) 2(1 2 ) 52 1 2 = 441 +62= 503< 12a 516 ，不符合题 27意；当 n 27 时， S 2722(1 43) 2(1 25 ) 2 1 2=484 +62=546>12a =540，符合题 28意．故使得 S a 成立的 n 的最小值为 27．12n n 12【解析】由题可得， (a 2d ) 2 (a d )(a 6d ) ，故有 3a 2d0 ，又因为6． , 111113 2 2a a 1，即3a d 1，所以 d1,a．121137．64【解析】由 1 1 1, 2 , 5 1( 1 4 ) ( 1) a且 a a a 成等比数列，得 a ada d 2 ，解得 d 2 ，故87S 8a d 64．8128． 33 【解析】设 a t ，则1≤t ≤ q ≤t 1≤ q 2 ≤t 2≤ q 3，由于 t ≥1 ，所以2q ≥ max{t , t 1, 3 t 2}，故 q 的最小值是 3 3 ．因此 k N * ，所以 k 4 ． 9．【解析】(1)由条件知： a (n 1)d ,2n 1 b． nn因为||a b ≤b 对 n =1，2，3，4 均成立，nn1即| (n 1)d 2n 1 |≤1对 n =1，2，3，4 均成立，即 1≤1，1≤ d ≤3，3≤ 2d ≤ 5，7≤ 3d ≤ 9，得7 5因此， d 的取值范围为[ , ]．3 27 5 ≤ d ≤ ． 3 2(2)由条件知：a b 1 (n 1)d ,1b bq n．n n1若存在d，使得| a b|≤b( n=2，3，···，m+1)成立，n n 1即| b (n1)d b q n1 |≤b( n=2，3，···，m+1)，1 1 1即当n 2, 3,L,m 1时，d满足q 2 qn n1 1b d bn 1 n 11 1．3因为 q (1,m 2]，则1 q n 1qm2，从而q2 n 1bn 110 ， q n 1b 1 0 n 1，对 n 2, 3,L ,m 1均成立．因此，取 d =0 时， a b b 对 n 2, 3,L ,m 1均成立．| |nn1qn n 112q下面讨论数列{ }的最大值和数列{ }n 1 n 1 的最小值（ n 2, 3,L ,m 1）．①当 2 n m 时， q 2 q 2 nq q nq 2 n (q q ) q 2 n n n n n n n n1 1 1n n 1 n (n 1) n (n 1)，1当1 q 2m 时，有 q n q m2 ，从而 n (q n q n 1) q n2 0．qn 12因此，当 2 n m 1时，数列{}单调递增，n 1 q12 n故数列{}的最大值为n 1qmm2 ．②设 f (x ) 2x (1 x ) ，当 x0 时， f (x ) (ln 2 1 xln 2)2 0 ，x所以 f (x ) 单调递减，从而 f (x ) f (0) 1．当 2 n m 时，qnq (n 1)111n f2n(1 ) ( ) 1，qnn nn 1n 1qn 1因此，当 2 n m 1时，数列{ }n 1单调递减，qn 1故数列{ } 的最小值为 n 1q mm． b (q m 2) b q m因此， d 的取值范围为[ 1 , 1 ] m m． 10．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： xn当n1时，x1 1 0 假设n k时，x0，k那么n k1时，若x 1 ≤0 ，则0 x k x k1 ln(1x k1)≤0，矛盾，故k x 1 0．k因此x0 (n N* )n所以x x 1 ln(1x1) x 1n n n n0 因此(n N* )x xn 1 n4（Ⅱ）由x x 1 ln(1x1) x1得n n n nx x 1 4x 1 2x x 1 2x 1 (x 1 2) ln(1x1)2n n n n n n n n 记函数f(x) x2 2x(x2) ln(1x)(x≥0)函数f(x) 在[0,) 上单调递增，所以f(x)≥f(0)=0，因此x 1 2x 1 (x 1 2) ln(1x1) f(x1)≥02n n n n nx x故2≤ 1 ( N )x xn n nn 1 n2（Ⅲ）因为x x 1 ln(1x1)≤x 1 x 1 2x 1n n n n n n 1所以x≥得n n12x x由 1n n≥2x x得n 1 n21 1 1 1≥2( ) 0x2 x 2n 1 n1 1 1 1 1 1所以2( ) 21( ) 2 2≥≥≥n n x 2 x 2 x 2n n1 11故≤xn n221 1n≤x≤n n．1 2( N )综上，n2 211．【解析】证明:（1）因为a是等差数列，设其公差为d，则a a n d，n n1 ( 1)从而，当n≥4时，a n k a n k a1(n k1)d a1 (n k1)d2a2(n1)d2a，k1, 2,3,1 na n a n a n a n a n a n所以a32+1+12+36，因此等差数列a是“P(3)数列”.n（2）数列a既是“P(2) 数列”，又是“P(3)数列”，因此，n当n3时，a 2a1a1a24a，①n n n n n5当 n 4 时，3 2 1 1 2 36 .②a a a aaaannnnnnn由①知， a n 3 a n 2 4a n 1 (a n a n 1) ，③a 2 a 3 4a 1 (a n 1 a n ) ，④nnn将③④代入②，得 a n 1 a n12a n ，其中 n 4 ，所以 a 3,a 4 ,a 5,L 是等差数列，设其公差为 d' .在①中，取 n 4 ，则 a 2 a 3 a 5 a 6 4a 4 ，所以 a a d' ，23在①中，取 n 3，则1 22a 1 a 2 a 4 a 5 4a 3 ，所以 a a d' ，所以数列{a }是等差数列.n12．【解析】（Ⅰ）由已知， S + 1 = qS + 1,S + 2 = qS + 1 + 1, 两式相减得到 a n + 2 = qa n + 1,n ?1.n n n n又由 2 1 1 a = qa ，故 S = qS + 得到 21aqa + = 对所有 n ³ 1都成立.n 1n所以，数列{a }是首项为 1，公比为 q 的等比数列.n从而 a =q n - 1 .n由 a ，a ，a a 成等差数列，可得 3 =2 2 , 2 3 2 + 3 2a =a + a + a ，所以 a a ，故 q =2 . 3 2 2 32 3 2 + 3 2a =a + a + a ，所以 a a ，故 q =2 .3223所以 a = 2n - 1(n ? N *).n（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， a = q n - 1 .n所以双曲线x2y2- = 的离心率 1 2 1 2(n 1) 2 1 e = + a = + q - .nnan由 e 2 = 1+ q 2 = 2 解得 q = 3 .所以， e + e + 鬃? e = (1+ 1) + (1+q ) + 鬃? [1+ q]2 2 2 22(n - 1)12n=n+[1+q+鬃?q]=n+2 2(n-1)1=n+(3 -1).n2 q2nq2--1113．【解析】（1）由题意得：a a 41 2，则a2a12 1a 11，a326又当 n 2 时，由 aaSSa ，n nnnn1(2 1) (2 11) 2得 a 1 3a ，nn所以，数列{a }的通项公式为 a 3n 1,n N *.nn（2）设| 3n 1 2| b 1 2,b 2 1. bn ， n N * ，n当 n 3时，由于3n 1 n 2 ，故b 3n 1 n 2,n 3 .n设数列{ } T 1 2,T 2 3.b 的前 n 项和为T ，则nn当 n 3时，T n9(13 ) (n 7)(n 2) 3 n 5n 11n 2n2313 22，2,n 1Tn n所以，2n35 11n,n 2,n N *2.14．【解析】（Ⅰ）设{a }的公差为 d ，则由已知条件得n3´ 2 9 3a +2d = 2, 3a + d = ,化简得 a +2d = 2,a +d = ,111122 2a，1 1 1 d．解得2 n - 1n +1 故通项公式，即a =1+a =．nn2 215+1（Ⅱ）由（Ⅰ）得b =1，b =a ==8 ． 14152 b设{b }的公比为 q ，则 q348 ，从而 q = 2 ．nb1b (1- q ) 1? (1 2 )nn故{b }的前 n 项和 T =1== 2 - 1n．nn1- q1- 215．【解析】（Ⅰ）设数列{a }的公比为 q ，数列{b }的公差为 d ，由题意 q0 ，由已知，nn有2q3d 2, 222q 3d 2,qd 43 10,消去 d ，整数得q 4 2q 28 0 ，又因为 q ＞0，解得 q 2,d 2 ，所以{a }的通项公式为 a 2n 1,nN ，数列{b }的通项公式为b 2n 1,n N .nnnn（Ⅱ）解：由（Ⅰ）有c n 1,设{ }2 1 2n c 的前 n 项和为（Ⅱ）解：由（Ⅰ）有nnS ，则n7S 12o 3 2 5 2 L 2n 1 2n ，121n2S 1 2 3 2 5 2 L 2n 12n ，123n两式相减得S 1 2 2 L 2n 2n 1 2n 2n 3 2n 3 ，23n所以2 32 3S n ．nn16．【解析】(Ⅰ) 由已知 S 2a a ，有nn1a S S = a a (n ≥2)，2 2a a (n ≥2)，即2nn n 1 n n 1nn 1从而a 2 2a 1 ，a 3 2a 2 4a 1 ．又因为 a ， a +1， 12a 成等差数列，即 3a ＋ 1a ＝2( 3a ＋1)， 2所以 a ＋4 1a ＝2(2 a ＋1)，解得 a ＝2．111所以，数列a 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 a 2n ．nn(Ⅱ)由(Ⅰ)得1 1， a2nn1 1 [1 ( )n ] 1 1 ...... 12 21 1所以T ＝．n12nn2 2 2 1 222a 9d 20,10a 45d 100,17．【解析】（Ⅰ）由题意有，，1即1a d 2, a d2,11a 1, 解得1d 2, a 1 9,或2 d .9 故a 2n1, n2 . b n 1n或 1a (2n 79),n 92 b9 ( ) .n 1n9 2n 1（Ⅱ）由 d 1，知 a 2n 1， b 2n 1 ，故 c，于是 nnnn 1235 7 9 2n 1T1L，①nn 23412 2 2 2 2 1 13 5 7 9 2n 1TL．②nn23452 2 2 2 2 2 2 ①－②可得1 1 1 1 2n 1 2n 3T 2L3，n2n 2nn22 2 2228故Tn2n 3 6 ．2n118．【解析】（Ⅰ） d 2,1a ,S 2a d ,S 4a 6d ,S12141S 1,S ,S 成等比S S S2 2421 4解得 a 1 1,a 2n 1n4n11 （Ⅱ）b1) ( 1)n ( )(n11n，a a2n 1 2n 1n n 11 1 1 1 1当 n 为偶数时T (1 )( )( ) L Ln33 5 5 711 1 1( )( ) 2n 3 2n 1 2n 1 2n 1 1 2nT 1n2n 1 2n 11 1 1 1 1当为奇数时， n T (1 )( )( ) L Ln3 3 5 5 711 1 1( )( ) 2n 3 2n 1 2n 1 2n 1 1 2n 2T1n2n 1 2n 1T n2n ,n 为偶数2n 1．2n 2,n 为奇数1 2n19．【解析】（Ⅰ）由题意，a1 n，a326anNb2n2 b b，b b知a 3 28，又由 a 1 2，得公比 q 2 （ q2 舍去），32所以数列a 的通项公式为 a 2n (n N ) ，nn所以n n 1n n 1a 1a 2a 3 a 22 L，2n故数列b的通项公式为，1()b n nnN ； n n11 11 1（Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知， c(n N)ab2n n 1nnnn，所以11S(n N )nnn 1 2； 9（ii ）因为10, 2 0, 3 0, 4 0 cccc；n n11当 n 5时， c1 nnn n 1 2，而n n 1n 1 n 2n 1 n 20 ，2n2n 2n11得n n15 5 11，2n25所以当 n 5时， c0，n综上对任意 n N 恒有 SS ，故 k 4 ．4n20．【解析】（I）因为aaaap 。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

[松江二中2010届高三数学第一轮复习资料]14.5 数列的综合应用（1）【复习要求】高考对数列的考查比较全面，重点是等差、等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式、等差（比）中项及等差和等比性质的灵活运用；在能力要求上，主要考查学生的运算能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力，其中考查思维能力是支柱，运算能力是主体，应用是归宿．【知识要点】 1、数列综合题：包括数列知识和指数函数、对数函数、不等式的知识综合起来，另外，数列知识在复数、三角函数、解析几何等部份也有广泛的应用。

2、数列的探索性问题：探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现，探索性问题对分析问题、解决问题的能力有较高的要求。

【基础训练】1、数列n {a }中，若1112n n a ,a a n,(n )-==≥，则4a =832、设22n a n n b =--+，若数列n {a }的前n 项和恰在5n =和6n =同时取得最大值，则b = 48 提示：由56S S =得650S S -=即60a =。

3、《莱因德纸草书》 ( Rhind Papyrus )是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目: 把100个面包分给5个人, 使每个所得成等差数列, 且使最大的三份之和的71是较小的两份之和, 则最小一份的量为53．提示：设这5个人所得的面包数从小到大依次为12345,,,,a a a a a ，公差为d 。

由题意得：513451254510021()7S a d a a a a a⨯⎧=+=⎪⎪⎨⎪++=+⎪⎩4、已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 各项都是正数，且112121,n n a b a b ++==，那么一定有( B ) A 11n n a b ++≤ 11.n n B a b ++≥ C .1111.n n n n a b D a b ++++>< 提示：121112n n n a a a b ++++=≥==5、在△ABC 中，tan A 是以 - 4为第三项，4为第七项的等差数列的公差，tan B 是以31为第三项9为第六项的等比数列的公比，则这个三角形是（ B ）（A ）钝角三角形（B ）锐角三角形（C ）等腰直角三角形（D ）非等腰直角三角形提示：据题意得tan 2A =，tan 3B =tan tan tan()11tan tan A BA B A B++==--所以135A B +=，故45C =【典型例题】例1、已知方程()()02222=+-+-n x x m x x 的四个根组成一个首项为41的等差数列，求n m -的值。

解：设四个根依次为4321,,,x x x x ，则23241=+=+x x x x又四根构成首项为41的等差数列，则47,45,43,414321====x x x x由此，16154543,1674741=⨯==⨯=n m 所以n m -=21。

例2、定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。

已知数列{}n a 是等和数列，且12a =，公和为5，那么18a 的值为___3___，这个数列的前n 项和n S 的计算公式为5(251(2n n n S n n ⎧⎪⎪=⎨-⎪⎪⎩为偶数）为奇数）。

提示：这个数列为2,3,2,3,当n 为偶数时，5522n n nS =⋅=；当n 为奇数时115123222n n n n S +--=⋅+⋅= 例3、已知二次函数()c bx ax x f ++=2的图象的顶点坐标为⎪⎭⎫⎝⎛-41,23，且()23=f （1）求函数()x f 的表达式。

（2）数列{}n a ，{}n b ，若对任意的实数x 都满足()()*+∈=++⋅N n x b x a x g x f n n n ,1，其中()x g 是定义在实数集上的一个函数，求数列{}n a ，{}n b 的通项公式。

（3）设圆()()222:n n n n r b y a x C =-+-，若圆C n与圆C n+1外切，{}n r 是各项都是正数的等比数列，记S n 是前n 个圆的面积之和，求S n 的值。

解：（1）设231()()24f x a x =-- 因为(3)2f =，所以1a = 因此()232f x x x =-+（2）()()10,20f f == 在()()*+∈=++⋅N n xb x a x g x f n n n ,1中分别令1x =和2x =()()11111n n n n n f g a b a b +∴++=⇒+= ()()11222222++=+⇒=++n n n n n n b a b a g f所以1122,12++-=-=n n n n b a()1132n n n C C ++===记{}n r 的公比为q ,则()111221+++⋅==+=+n n n n n n C C q r r r ()21221++⋅=+∴n n q r 12n nr q r +∴== 1232+⋅=∴n n r n n r 4982⋅=∴()142732-=∴nn S π 例4、已知()42≥n n 个正数排成n 行n 列的一张表⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nn n n n n n a a a a a a a a a a a a32122322211131211 其中每一行成等差数列,每一列成等比数列,并且所有的公比相等, 已知163,81,1434224===a a a ,求1nn ii i S a ==∑的值。

（注：11221niinn i aa a a ==+++∑ ）解:设第一行各数组成的等差数列的公差为d ,各列所组成的等比为q , 由题意得：()()241411334212113343131131183(2)16a a q a d q a a q a d q a a q a d q ⎧⎪==+=⎪⎪==+=⎨⎪⎪==+=⎪⎩解得2111===q d a()[]kk k k kk k q d k a q a a 2111111=⋅-+=⋅=∴-- 于是n ni ii n na S 2222121+++==∑=利用错位相减法可得n n n nS 22121--=- 例5、对任意函数()x f ，D x ∈,可按图示构造一个数列发生器，其工作原理如下： (1) 输入数据D x ∈0,经数列发生器输出()01x f x = (2) 若D x ∉1,则数列发生器结束工作；若D x ∈1，则将1x 反馈回输入端，再输出，端，再输出()12x f x =，并依此规律继续下去。

现定义()124+-=x x x f （1）若输入65490=x ，则由数列发生器产生数列，请写出数列的所有项；（2）若要数列发生器产生一个无穷的常数列，试求输入的初始数据的值。

解：()()x f 1的定义域()()+∞-⋃-∞-=,11,D ，所以数列{}n x 只有三项1,51,1911321-===x x x 。

()()x x x x f =+-=1242即0232=+-x x 1=∴x 或2=x即10=x 或2时，n n n n x x x x =+-=+1241故当10=x 时，1=n x ；当20=x 时，()*∈=N n x n 2 【学后反思】【巩固训练】1、已知()f x 为偶函数，且(2)(2)f x f x +=-，当20x -≤≤时()2x f x =，若n ∈N *，()n a f n =，则2009a =12解：由()f x 为偶函数可得：)()(x f x f -=，又由)2()2(x f x f -=+可得()(4f x f x =-，所以()(4)f x f x -=-，即()(4)f x f x =+，所以)(x f 的周期为4，20092009200811112a f ()f ()f ()f ()==+==-=2、定义一个“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的积都是同一常数，那么这个数列叫“等积数列”，这个常数叫做这个数列的公积．已知数列}{n a 是等积数列，且21=a ，公积为5，则这个数列的前n 项和n S 的计算公式为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=41949n n S n .,是正奇数是正偶数n n ．解、这个数列为2，25，2，25，2，25，…，若n 是偶数，则4925222nn n S n =⨯+⨯=，若n 是奇数，则4192521221-=⨯-+⨯+=n n n S n ．故⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=41949n n S n .,是正奇数是正偶数n n3、将正奇数按如下规律填在5列的数表中：则2009排在该表的第 252 行，第4 列．（行是从上往下数，列是从左往右数）解：根据表格可得，前n 行共有4n 个奇数。

2009210051=⨯-，所以2009是第1005个正奇数， 100542511=⨯+，所以2009排在该表的第252行，第4列．4、在数列}{n a 中，前n 项和)0(,)1(≠-+=b b n n na S n ．（1）求证｛a n ｝是等差数列；（2）求证：点)1,(-n Sa P n n n 都落在同一条直线上；（3）若21,1==b a ，且P 1、P 2、P 3三点都在以),(r r 为圆心，r 为半径的圆外，求r 的取值范围．解:（1）a S a ==11，当2≥n 时，b n a S S a n n n 2)1(1⋅-+=-=-，当1=n 时，也成立．所以}{n a 是首项为a ，公差为2b 的等差数列，b n a a n )1(2-+=．（2）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--+=-⋅-+=-+=1122)1(22b a bn n bn n na y b a bn x 消去参数n 可得点列n P 都在直线122-+=ax y 上．（3）因为=a 1， 21=b ，易求得P 1（1，0）， P 2（2，21），P 3（3，1），由题设⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-+->-+->+-222222222)1()3()21()2()1(r r r r r r r r r ，又因为0r >，解得(0,1)(4)r ∈+∞ ．5、已知函数1)(++=x cbx x f 的图象过原点，且关于点（-1,1）成中心对称．（1）求函数)(x f 的解析式；（2）若数列}{n a (n ∈N *)满足：10,1,n a a >=21n a f +⎡⎤=⎣⎦，求数列}{n a 的通项公式n a ；（3）若数列}{n a 的前n 项的和为n S ,判断n S 与2的大小关系，并证明你的结论．解：（1）因为函数1)(++=x cbx x f 的图象过原点，即0)0(=f ，所以c =0，即1)(+=x bxx f .又函数11)(+-=+=x bb x bx x f 的图象关于点（-1，1）成中心对称，所以1=b ，1)(+=x xx f（2）由题意[]21)(n n a f a =+，开方取正得： 11+=+n n n a a a ，即1a n +1 = 1a n+1，所以1a n +1 － 1a n =1.∴数列{1a n}是以1为首项， 1为公差的等差数列．∴1a n=1+(n －1)=n ，即a n = 1n ，∴a n = 1n 2 ．（3）当n ≥2时，a n = 1n 2 < 1n (n -1) =1n -1 － 1n．所以 1211111112231122n nS a a a n n n=+++<+-+-++--=-< ，故<n S 2【能力提升】已知定义在R 上的函数()f x 和数列{}n a 满足下列条件：1121,()(2,3,4,...),n n a a a f a n a a -===≠，11()()()(2,3,4,...),n n n n f a f a k a a n ---=-=其中a 为常数，k 为非零常数。

14.7 数列的综合应用(1)(答案)

高三数学数列综合应用试题答案及解析

数列的综合应用(一)

专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案 (1)

最新高考数学第二轮专题复习- 数列的综合运用(含答案)

数列的综合应用一(含答案)

数列的综合应用

高二数学数列综合应用试题答案及解析

(完整版)高考复习：数列的综合运用含解析答案(教师版+学生版)

2014届高考数学一轮复习教学案数列的综合应用(含解析)

高三数学数列综合应用试题答案及解析

专题14 数列的综合应用(解析版)

专题：数列的综合应用(含答案)

高一数学数列综合应用试题答案及解析

高一数学数列综合应用试题答案及解析

数列的综合应用答案

数列 第十八讲 数列的综合应用答案

专题六数列第十八讲数列的综合应用答案 (1)

数列第十八讲数列的综合应用答案