2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：6.4 数列求和、数列的综合应用 Word版含解析

6.4数列求和、数列的综合应用
挖命题
【考情探究】
考点内容解读
5年考情
预测热度考题示例考向关联考点
数列的求和掌握特殊数列求和的方法.
2018浙江,20 错位相减法求和等差数列、等比数列
★★★
2016浙江文,17 数列求和等比数列的通项公式
2015浙江文,17 错位相减法求和
递推数列通项
公式的求法
2014浙江,19 裂项相消法求和数列通项公式的求法
数列的综合应用能利用等差数列、等比数列解决
相应问题.
2018浙江,20
等差数列、等比
数列的综合运用
错位相减法求和★★★
数学归纳法
了解数学归纳法的原理,能用数
学归纳法证明一些简单的数学
命题.
2017浙江,22 数学归纳法不等式及其应用★★☆分析解读 1.等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型,是高考中的热点之一.基本知识的考查以
选择题或填空题的形式呈现,而综合知识的考查则以解答题的形式呈现.
2.以数列为载体来考查推理归纳、类比的能力成为高考的热点.
3.数列常与其他知识如不等式、函数、概率、解析几何等综合起来进行考查.
4.数学归纳法常与数列、不等式等知识综合在一起,往往综合性比较强,对学生的思维要求比较高.
5.预计2020年高考中,等差数列与等比数列的综合问题仍然是考试的热点,复习时要足够重视.
破考点
【考点集训】
考点一数列的求和
1.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),14)已知等差数列{a n}的首项为a,公差为-2,S n为数列{a n}的前n
项和,若从S7开始为负数,则a的取值范围为,S n最大时,n=.
答案[5,6);3
2.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,22)已知函数
f(x)=x2+x,x∈[1,+∞),a n=f(a n-1)(n≥2,n∈N).
(1)证明:-≤f(x)≤2x2;
(2)设数列{}的前n项和为A n,数列的前n项和为B n,a1=,证明:≤≤.
证明(1)f(x)-=x2+x-=>0,∴f(x)≥-.
f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)≤0(x≥1),∴f(x)≤2x2,
∴-≤f(x)≤2x2.
(2)a n=f(a n-1)=+a n-1⇒=a n-a n-1(n≥2),
则A n=++…+=a n+1-a1=a n+1-,
a n=+a n-1=a n-1(a n-1+1)⇒==-⇒=-(n≥2),
累加得:B n=++…+=-=-,
∴==a n+1.
由(1)得a n≥-⇒a n+1+≥≥≥…≥,
∴a n+1≥-∴=a n+1≥3·-.
a n=f(a n-1)≤2⇒a n+1≤2≤23≤…≤=·=·.
∴=a n+1≤×·=·,
∴3·-≤≤·,
即-1≤≤,而-1≥,
∴≤≤.
考点二数列的综合应用
1.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),10)数列{a n}的各项均为正数,S n为其前n项和,对于任意n∈N*,
总有S n=.设b n=a4n+1,d n=3n(n∈N*),且数列{b n}中存在连续的k(k>1,k∈N*)项和是数列{d n}中的某一项,则k的取值集合为()
A.{k|k=2α,α∈N*}
B.{k|k=3α,α∈N*}
C.{k|k=2α,α∈N*}
D.{k|k=3α,α∈N*}
答案 B
2.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,9)已知函数f(x)=sin xcos
x+cos2x,0≤x0<x1<x2<…<x n≤,a n=|f(x n)-f(x n-1)|,n∈N*,S n=a1+a2+…+a n,则S n的最大值等于()
A. B.
C.+1
D.2
答案 A
考点三数学归纳法
1.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),22)在数列{a n}中,a1=a,a n+1=a n+(n∈N*),已知0<a<1.
(1)求证:a n+1<a n(n∈N*);
(2)求证:a n≥.
证明(1)由题意知a n>0,a n+1-a n=-a n=·a n(a n-1)(n∈N*).
下面用数学归纳法证明:a n<1.
①n=1时,a1=a<1,结论成立.
②假设n=k时,a k<1,
当n=k+1时,a k+1-a k=a k(a k-1)<0,即a k+1<a k<1,结论成立.
根据①②可知,当n∈N*时,a n<1,所以a n+1<a n.
(2)由a n+1=a n+,得====-,
因为0<a n<1,所以=-<-,
所以<-=+-(n≥2),即
<+-<…<+-1==,
所以a n>,又a1=a,
所以当n∈N*时,a n≥.
2.(2017浙江新高考临考冲刺卷,22)已知正项数列a n满足:a n+1=a n-(n∈N*).
(1)证明:当n≥2时,a n≤;
(2)设S n为数列{a n}的前n项和,证明:S n<1+ln(n∈N*).
证明(1)因为a2>0,所以a1->0,
故0<a1<1.
下面利用数学归纳法证明结论.
当n=2时,a2=a1-=-+≤,结论成立;
假设当n=k(k≥2)时,结论成立,即a k≤,
则当n=k+1时,a k+1=-+.
因为函数f(x)=-+在上单调递增,0<a k≤<,所以a k+1≤-+=<=,即当n=k+1时,结论成立.
由数学归纳法知,当n≥2时,a n≤.
(2)首先证明:当x>0时,均有ln(1+x)>.
设g(x)=ln(1+x)-,则
g'(x)=-=>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此,当x>0时,g(x)>g(0)=0,即ln(1+x)>. 在上述不等式中,取x=,则
ln>,即ln>,
所以,当n≥2时,
S n=a1+(a2+a3+…+a n)<a1+++…+
<a1+
=a1+ln<1+ln.
而当n=1时,S1=a1<1+ln=1成立.
综上,S n<1+ln(n∈N*).
炼技法
【方法集训】
方法1 错位相减法求和
1.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=5,nS n+1-(n+1)S n=n2+n.
(1)求证:数列为等差数列;
(2)令b n=2n a n,求数列{b n}的前n项和T n.
解析(1)证明:由nS n+1-(n+1)S n=n2+n得-=1,
又=5,所以数列是首项为5,公差为1的等差数列.
(2)由(1)可知=5+(n-1)=n+4,所以S n=n2+4n.
当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.
又a1=5也符合上式,所以a n=2n+3(n∈N*),
所以b n=(2n+3)2n,
所以T n=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n,①
2T n=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,②
所以②-①得
T n=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1)
=(2n+3)2n+1-10-
=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)
=(2n+1)2n+1-2.
2.已知数列{a n}是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)设b n=2log2a n-1,求数列{a n b n}的前n项和T n.
解析(1)设数列{a n}的公比为q,
因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.
因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4.
即2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.
因为公比q≠0,所以q=2.
所以a n=a2q n-2=4×2n-2=2n(n∈N*).
所以数列{a n}的通项公式a n=2n(n∈N*).
(2)因为a n=2n,所以b n=2log2a n-1=2n-1,
所以a n b n=(2n-1)2n,
则T n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,①
2T n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.②
由①-②得,-T n=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)2n+1
=2+2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,
所以T n=6+(2n-3)2n+1.
方法2 裂项相消法求和
1.(2018浙江嘉兴高三期末,22)已知数列{a n}满足a1=1,a n=a n-1(n≥2).
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)求证:对任意的n∈N*,都有:
①+++…+<3;
②+++…+>(k≥2,k∈N*).
解析(1)当n≥2时,==…==1,
∴当n≥2时,a n=n.又∵a1=1,∴a n=n,n∈N*.(3分)
(2)证明:①当n=1时,1<3成立;
∴当n≥2时,==<=·
=·<-.(6分)
∴+++…+<1+++++…++ =1+1+--<3,
∴+++…+<3.(9分)
②+++…+=+++…++,
设S=++…++,
则S=++…++,
2S=++…+++.(11分)
∵当x>0,y>0时,(x+y)=2++≥4,
∴+≥,当且仅当x=y时等号成立.(13分)
∴当k≥2,k∈N*时,2S>·(nk-n)=>.
∴S>,即+++…+>(k≥2,k∈N*).(15分)
2.(2017浙江宁波期末,22)已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=2(S n+n+1)(n∈N*),b n=a n+1.
(1)求证:{b n}是等比数列;
(2)记数列{nb n}的前n项和为T n,求T n;
(3)求证: -<+++…+<.
解析(1)证明:由a1=2,得a2=2(a1+1+1)=8.
由a n+1=2(S n+n+1),得a n=2(S n-1+n)(n≥2),
两式相减,得a n+1=3a n+2(n≥2),
当n=1时上式也成立,故a n+1=3a n+2(n∈N*).
所以有a n+1+1=3(a n+1),即b n+1=3b n,
又b1=3,故{b n}是等比数列.
(2)由(1)得b n=3n,
所以T n=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,
3T n=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,
两式相减,得-2T n=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,
故T n=·3n+1+.
(3)证明:由a n=b n-1=3n-1,得=>,k∈N*,
所以+++…+>+++…+==-·,
又==<=,k∈N*,
所以+++…+<+
=+=+-·<.
故-<+++…+<.
过专题
【五年高考】
A组自主命题·浙江卷题组
考点一数列的求和
1.(2016浙江文,17,15分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*.
(1)求通项公式a n;
(2)求数列{|a n-n-2|}的前n项和.
解析(1)由题意得则
又当n≥2时,由a n+1-a n=(2S n+1)-(2S n-1+1)=2a n,
得a n+1=3a n.
所以,数列{a n}的通项公式为a n=3n-1,n∈N*.
(2)设b n=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1.
当n≥3时,由于3n-1>n+2,故b n=3n-1-n-2,n≥3.
设数列{b n}的前n项和为T n,则T1=2,T2=3.
当n≥3时,T n=3+-=,
所以T n=
易错警示(1)当n≥2时,得出a n+1=3a n,要注意a1是否满足此关系式.
(2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后T n要写成分段函数的形式.
2.(2015浙江文,17,15分)已知数列{a n}和{b n}满足
a1=2,b1=1,a n+1=2a n(n∈N*),b1+b2+b3+…+b n=b n+1-1(n∈N*).
(1)求a n与b n;
(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n,求T n.
解析(1)由a1=2,a n+1=2a n,得a n=2n(n∈N*).
由题意知:
当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.
当n≥2时, b n=b n+1-b n,整理得=,
所以b n=n(n∈N*).
(2)由(1)知a n b n=n·2n,
因此T n=2+2·22+3·23+…+n·2n,
2T n=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,
所以T n-2T n=2+22+23+…+2n-n·2n+1.
故T n=(n-1)2n+1+2(n∈N*).
评析本题主要考查数列的通项公式,等差、等比数列的基础知识,同时考查数列求和的基本思想方法,以及推理论证能力.
考点二数列的综合应用
1.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n}满足b1=1,数列{(b n+1-b n)a n}的前n项和为2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{b n}的通项公式.
解析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.
(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,
解得a4=8.
由a3+a5=20得8=20,
解得q=2或q=,
因为q>1,所以q=2.
(2)设c n=(b n+1-b n)a n,数列{c n}的前n项和为S n.
由c n=解得c n=4n-1.
由(1)可知a n=2n-1,
所以b n+1-b n=(4n-1)·,
故b n-b n-1=(4n-5)·,n≥2,
b n-b1=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
=(4n-5)·+(4n-9)·+…+7·+3.
设T n=3+7·+11·+…+(4n-5)·,n≥2, T n=3·+7·+…+(4n-9)·+(4n-5)·,所以T n=3+4·+4·+…+4·-(4n-5)·,
因此T n=14-(4n+3)·,n≥2,
又b1=1,所以b n=15-(4n+3)·.
易错警示利用错位相减法求和时,要注意以下几点:
(1)错位相减法求和,适合数列{a n b n},其中{a n}为等差数列,{b n}为等比数列.
(2)在等式两边所乘的数是等比数列{b n}的公比.
(3)两式相减时,一定要错开一位.
(4)特别要注意相减后等比数列的项数.
(5)进行检验.
2.(2016浙江,20,15分)设数列{a n}满足≤1,n∈N*.
(1)证明:|a n|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;
(2)若|a n|≤,n∈N*,证明:|a n|≤2,n∈N*.
证明(1)由≤1得|a n|-|a n+1|≤1,故-≤,n∈N*,
所以-=++…+≤++…+<1,
因此|a n|≥2n-1(|a1|-2).
(2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意m>n,
-=++…+≤++…+<,
故|a n|<·2n≤·2n=2+·2n.
从而对于任意m>n,均有|a n|<2+·2n.①
由m的任意性得|a n|≤2.
否则,存在n0∈N*,有||>2,取正整数m0>lo且m0>n0,则·<·=||-2,与①式矛盾.
综上,对于任意n∈N*,均有|a n|≤2.
3.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且
a1=2,b3=6+b2.
(1)求a n与b n;
(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.
(i)求S n;
(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.
解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,
知a3=(=8.
又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),
所以数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*),
所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).
故数列{b n}的通项公式为b n=n(n+1)(n∈N*).
(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),
所以S n=-(n∈N*).
(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;
当n≥5时,c n=,
而-=>0,
得≤<1,
所以,当n≥5时,c n<0.
综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.
评析本题主要考查等比数列的概念、通项公式、求和公式、不等式性质等基础知识,同时考查运算求解能力.
考点三数学归纳法
(2017浙江,22,15分)已知数列{x n}满足:x1=1,x n=x n+1+ln(1+x n+1)(n∈N*).
证明:当n∈N*时,
(1)0<x n+1<x n;
(2)2x n+1-x n≤;
(3)≤x n≤.
解析本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性基础知识,不等式及其应用,同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.
(1)用数学归纳法证明:x n>0.
当n=1时,x1=1>0.
假设n=k时,x k>0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k=x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0.
因此x n>0(n∈N*).所以x n=x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.
因此0<x n+1<x n(n∈N*).
(2)由x n=x n+1+ln(1+x n+1)得,
x n x n+1-4x n+1+2x n=-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).
记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),
f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).
函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,
因此-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,
故2x n+1-x n≤(n∈N*).
(3)因为x n=x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n≥.
由≥2x n+1-x n得-≥2>0,
所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,
故x n≤.综上,≤x n≤(n∈N*).
方法总结 1.证明数列单调性的方法.
①差比法:作差a n+1-a n,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.
②商比法:作商,判断与1的大小,同时注意a n的正负.
③数学归纳法.
④反证法:例如求证:n∈N*,a n+1<a n,可反设存在k∈N*,有a k+1≥a k,从而导出矛盾.
2.证明数列的有界性的方法.
①构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界.
②反证法.
③数学归纳法.
3.数列放缩的方法.
①裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放缩的目的.
②累加法:先把a n+1-a n进行放缩.例:a n+1-a n≤q n,
则有n≥2时,a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)≤a1+q+q2+…+q n-1.
③累乘法:先把进行放缩.例:≤q(q>0),
则有n≥2时,a n=a1···…·≤a1q n-1(其中a1>0).
④放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列{a n}放缩成等比数列{b n},求和后,再进行适当放缩.
B组统一命题、省(区、市)卷题组
考点一数列的求和
1.(2017课标全国Ⅰ理,12,5分)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.440
B.330
C.220
D.110
答案 A
2.(2015江苏,11,5分)设数列{a n}满足a1=1,且a n+1-a n=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为. 答案
3.(2018课标全国Ⅱ理,17,12分)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.
(1)求{a n}的通项公式;
(2)求S n,并求S n的最小值.
解析(1)设{a n}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.
由a1=-7得d=2.
所以{a n}的通项公式为a n=2n-9.
(2)由(1)得S n=n2-8n=(n-4)2-16.
所以当n=4时,S n取得最小值,最小值为-16.
方法总结求等差数列前n项和S n的最值的两种方法
(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式S n=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.
(2)邻项变号法:
①当a1>0,d<0时,满足的项数m,可使得S n取得最大值,最大值为S m;
②当a1<0,d>0时,满足的项数m,可使得S n取得最小值,最小值为S m.
4.(2018天津文,18,13分)设{a n}是等差数列,其前n项和为S n(n∈N*);{b n}是等比数列,公比大于0,其前n 项和为T n(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.
(1)求S n和T n;
(2)若S n+(T1+T2+…+T n)=a n+4b n,求正整数n的值.
解析本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前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.
(1)设等比数列{b n}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故b n=2n-1.所以
T n==2n-1.
设等差数列{a n}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.
由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故a n=n,
所以S n=.
(2)由(1),有T1+T2+…+T n=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.
由S n+(T1+T2+…+T n)=a n+4b n可得
+2n+1-n-2=n+2n+1,
整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍)或n=4.
所以正整数n的值为4.
5.(2018天津理,18,13分)设{a n}是等比数列,公比大于0,其前n项和为S n(n∈N*),{b n}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b
6.
(1)求{a n}和{b n}的通项公式;
(2)设数列{S n}的前n项和为T n(n∈N*).
(i)求T n;
(ii)证明=-2(n∈N*).
解析本题主要考查等差数列的通项公式,等比数列的通项公式及其前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.
(1)设等比数列{a n}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
因为q>0,可得q=2,故a n=2n-1.
设等差数列{b n}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,
从而b1=1,d=1,故b n=n.
所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1,数列{b n}的通项公式为b n=n.
(2)(i)由(1),有S n==2n-1,
故T n==-n=2n+1-n-2.
(ii)证明:因为=
==-,所以=++…+=-2.
方法总结解决数列求和问题的两种思路
(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.
(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.
6.(2017北京文,15,13分)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.
(1)求{a n}的通项公式;
(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.
解析本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.
(1)设等差数列{a n}的公差为d.
因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.
解得d=2.
所以a n=2n-1.
(2)设等比数列{b n}的公比为q.
因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.
解得q2=3.
所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.
从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=.
方法总结求解有关等差数列和等比数列问题的关键是对其基本量(首项,公差,公比)进行求解.对于数列求和问题,常用的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法和分组求和法等.
考点二数列的综合应用
1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于()
A.6
B.7
C.8
D.9
答案 D
2.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1, n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n}.记S n为数列{a n}的前n项和,则使得S n>12a n+1成立的n的最小值为.
答案27
3.(2017北京理,10,5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=.
答案 1
4.(2018江苏,20,16分)设{a n}是首项为a1,公差为d的等差数列,{b n}是首项为b1,公比为q的等比数列.
(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|a n-b n|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|a n-b n|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).
解析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.
(1)由条件知a n=(n-1)d,b n=2n-1.
因为|a n-b n|≤b1对n=1,2,3,4均成立,
即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得≤d≤.
因此,d的取值范围为.
(2)由条件知a n=b1+(n-1)d,b n=b1q n-1.
若存在d∈R,使得|a n-b n|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,
即|b1+(n-1)d-b1q n-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).
即当n=2,3,…,m+1时,d满足b1≤d≤b1.
因为q∈(1,],所以1<q n-1≤q m≤2,
从而b1≤0,b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.
因此,取d=0时,|a n-b n|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,-==,
当1<q≤时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.
因此,当2≤n≤m+1时, 数列单调递增,
故数列的最大值为.
②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.
所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.
当2≤n≤m时,=≤=f<1.
因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递减,
故数列的最小值为.
因此,d的取值范围为.
疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d的范围,使得|a n-b n|≤b1对n=2,3,…, m+1都成立,首先把d分离出来,变成
b1≤d≤b1,难点在于讨论b1的最大值和b1的最小值.对于数列,可以通过作差讨论其单
调性,而对于数列,要作商讨论单调性,∵==q,当2≤n≤m
时,1<q n≤2.∴q≤,可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明
f<1,得到数列的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根
据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.
5.(2017课标全国Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{b n}的前n项和为
T n,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.
(1)若a3+b3=5,求{b n}的通项公式;
(2)若T3=21,求S3.
解析本题考查等差、等比数列的通项与求和.
设{a n}的公差为d,{b n}的公比为q,则a n=-1+(n-1)d,b n=q n-1.
由a2+b2=2得d+q=3.①
(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②
联立①和②解得(舍去)或
因此{b n}的通项公式为b n=2n-1.
(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.
解得q=-5或q=4.
当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.
当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.
6.(2017山东理,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=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P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.
解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.
(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得
所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,
所以q=2,x1=1.
因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.
(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,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=×2n-1=(2n+1)×2n-2,
所以T n=b1+b2+…+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-1.②
①-②得
-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=+-(2n+1)×2n-1.
所以T n=.
解题关键记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,以几何图形为背景确定{b n}的通项公式是关键.
方法总结一般地,如果{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,求数列{a n·b n}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“S n-qS n”的表达式.
考点三数学归纳法
(2015江苏,23,10分)已知集合X={1,2,3},Y n={1,2,3,…,n}(n∈N*),设S n={(a,b)|a整除b或b整除
a,a∈X,b∈Y n}.令f(n)表示集合S n所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值;
(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.
解析(1)f(6)=13.
(2)当n≥6时,
f(n)=(t∈N*).
下面用数学归纳法证明:
①当n=6时, f(6)=6+2++=13,结论成立;
②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,S k+1在S k的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:
1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有
f(k+1)=f(k)+3
=k+2+++3
=(k+1)+2++,结论成立;
2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有
f(k+1)=f(k)+1
=k+2+++1
=(k+1)+2++,结论成立;
3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立;
4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立;
5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立;
6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有
f(k+1)=f(k)+1
=k+2+++1
=(k+1)+2++,结论成立.
综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.
C组教师专用题组
考点一数列的求和
1.(2017天津文,18,13分)已知{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{a n}和{b n}的通项公式;
(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).
解析本题主要考查等差数列、等比数列及其前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.
(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,
而b1=2,所以q2+q-6=0.
又因为q>0,解得q=2.
所以b n=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.
由S11=11b4,可得a1+5d=16②,
联立①②,
解得a1=1,d=3,由此可得a n=3n-2.
所以{a n}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.
(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,有T n=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,
2T n=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,
上述两式相减,得-T n=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1
=-4-(6n-2)×2n+1
=-(3n-4)2n+2-16.
得T n=(3n-4)2n+2+16.
所以数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.
方法总结(1)等差数列与等比数列中分别有五个量,a1,n,d(或q),a n,S n,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求基本量a1和d(或q),问题可迎刃而解.
(2)数列{a n b n},其中{a n}是公差为d的等差数列,{b n}是公比q≠1的等比数列,求{a n b n}的前n项和应采用错位相减法.
2.(2017山东文,19,12分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a
3.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2){b n}为各项非零的等差数列,其前n项和为S n.已知S2n+1=b n b n+1,求数列的前n项和T n.
解析本题考查等比数列与数列求和.
(1)设{a n}的公比为q,
由题意知a1(1+q)=6,q=a1q2,
又a n>0,解得a1=2,q=2,所以a n=2n.
(2)由题意知S2n+1==(2n+1)b n+1,
又S2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n=2n+1.
令c n=,则c n=.
因此T n=c1+c2+…+c n=+++…++,
又T n=+++…++,
两式相减得T n=+-,
所以T n=5-.
3.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{b n}的前1 000项和.
解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{a n}的通项公式为a n=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)
(2)因为b n=(9分)
所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
疑难突破充分理解[x]的意义,求出b n的表达式,从而求出{b n}的前1 000项和.
评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题关键.
4.(2015湖北,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q.已知
b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;
(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.
解析(1)由题意有,即
解得或故或
(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,
于是T n=1+++++…+,①
T n=+++++…+.②
①-②可得
T n=2+++…+-=3-,
故T n=6-.
评析本题考查等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,利用错位相减法求和,考查推理运算能力. 5.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.
(1)求q的值和{a n}的通项公式;
(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.
解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,
所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,
由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;
当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.
所以{a n}的通项公式为a n=
(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
上述两式相减,得
S n=1+++…+-=-=2--,
整理得,S n=4-.
所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.
评析本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.
6.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.
解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,
S4=4a1+×2=4a1+12,
由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),
解得a1=1,
所以a n=2n-1.
(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1
=(-1)n-1.
当n为偶数时,
T n=-+…+-
=1-
=.
当n为奇数时,
T n=-+…-+++=1+=.
所以T n=
评析本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,分类讨论的思想和运算求解能力、逻辑推理能力.
7.(2014天津,19,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合
A={x|x=x1+x2q+…+x n q n-1,x i∈M,i=1,2,…,n}.
(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;
(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+a n q n-1,t=b1+b2q+…+b n q n-1,其中a i,b i∈M,i=1,2,…,n.证明:若a n<b n,则s<t.
解析(1)当q=2,n=3时,M={0,1},A={x|x=x1+x2·2+x3·22,x i∈M,i=1,2,3}.可得,A={0,1,2,3,4,5,6,7}.
(2)证明:由s,t∈A,s=a1+a2q+…+a n q n-1,t=b1+b2q+…+b n q n-1,a i,b i∈M,i=1,2,…,n及a n<b n,可得
s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+…+(a n-1-b n-1)q n-2+(a n-b n)q n-1
≤(q-1)+(q-1)q+…+(q-1)q n-2-q n-1
=-q n-1=-1<0.
所以s<t.
评析本题主要考查集合的含义与表示,等比数列的前n项和公式,不等式的证明等基础知识和基本方法.考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.
考点二数列的综合应用
1.(2017课标全国Ⅲ文,17,12分)设数列{a n}满足a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n.
(1)求{a n}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
解析(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n,所以当n≥2时,
a1+3a2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1),
两式相减得(2n-1)a n=2,
所以a n=(n≥2).
又由题设可得a1=2,满足上式,
所以{a n}的通项公式为a n=(n∈N*).
(2)记的前n项和为S n,
由(1)知==-,
所以S n=-+-+…+-=.
思路分析(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n的实质就是数列{(2n-1)a n}的前n项和,故可利用a n与前n项和的关系求解;(2)利用裂项相消法求和.
易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.
2.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足:a n-k+a n-k+1+…+a n-1+a n+1+…+a n+k-1+a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.
(1)证明:等差数列{a n}是“P(3)数列”;
(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{a n}是等差数列.
证明本题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,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.
(1)因为{a n}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,
从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,
所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,
因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.
(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,
当n≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①
当n≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②
由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③
a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④
将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n,其中n≥4,
所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.
在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',
在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',
所以数列{a n}是等差数列.
方法总结数列新定义型创新题的一般解题思路:
1.阅读审清“新定义”;
2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;
3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.
3.(2016天津,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b n是a n和a n+1的等比中项.
(1)设c n=-,n∈N*,求证:数列{c n}是等差数列;
(2)设a1=d,T n=(-1)k,n∈N*,求证:<.
证明(1)由题意得=a n a n+1,有c n=-=a n+1·a n+2-a n a n+1=2da n+1,因此c n+1-c n=2d(a n+2-a n+1)=2d2,
所以{c n}是等差数列.
(2)T n=(-+)+(-+)+…+(-+)
=2d(a2+a4+…+a2n)
=2d·=2d2n(n+1).
所以===·<.
评析本题主要考查等差数列及其前n项和公式、等比中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、推理论证能力和运算求解能力.
4.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).
(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;
(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.
解析(1)由λ=0,μ=-2,有a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得
=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.
从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.
故a n=a1q n-1=3·2n-1.
(2)证明:由λ=,μ=-1,数列{a n}的递推关系式变为
a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).
由上式及a1=3>0,归纳可得
3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0
因为a n+1===a n-+·,
所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)
=a1-k0·+·
>2+·=2+.
另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得
=a1-k0·+·
<2+·=2+.
综上,2+<<2+.
5.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.
(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.
解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.
又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.
当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.
(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,
于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①
但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②
由①②知,a2n-a2n-1>0,
因此a2n-a2n-1==.③
因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故
a2n+1-a2n=-=.④
由③④知,a n+1-a n=.
于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)
=1+-+…+
=1+·
=+·,
故数列{a n}的通项公式为
a n=+·.
6.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.
(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.
解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,
则F n(1)=n-1>0,
F n=1+++…+-2=-2
=-<0,
所以F n(x)在内至少存在一个零点.
又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n. 因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,
即-2=0,故x n=+.
(2)解法一:由题设知,g n(x)=.
设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.
当x=1时, f n(x)=g n(x).
当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.
若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1
=x n-1-x n-1=0.
若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1
=x n-1-x n-1=0.
所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,
所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).
综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);
当x≠1时, f n(x)<g n(x).
解法二:由题设, f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.
当x=1时, f n(x)=g n(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).
①当n=2时, f2(x)-g2(x)=- (1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.
②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).
那么,当n=k+1时,
f k+1(x)=f k(x)+x k+1<
g k(x)+x k+1=+x k+1
=.
又g k+1(x)-=,
令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),
则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).
所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;
当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.
所以h k(x)>h k(1)=0,
从而g k+1(x)>.
故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.
由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).
解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1. 则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,
所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),
b k=x k-1(2≤k≤n),
令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),
当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).
当x≠1时,m'k(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2
=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).
而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.
若0<x<1,x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,x n-k+1>1,m'k(x)>0,
从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以m k(x)>m k(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),
又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).
综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);
当x≠1时, f n(x)<g n(x).
7.(2014四川,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,点(a n,b n)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*). (1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{a n}的前n项和S n;
(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和T n.
解析(1)由已知,得b7=,b8==4b7,有=4×=.
解得d=a8-a7=2.
所以,S n=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为
y-=(ln 2)(x-a2),
它在x轴上的截距为a2-.
由题意,得a2-=2-,
解得a2=2.
所以d=a2-a1=1.
从而a n=n,b n=2n.
所以T n=+++…++,
2T n=+++…+.
因此,2T n-T n=1+++…+-=2--=.
所以,T n=.
评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.
8.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.
(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;
(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.
解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),
所以-=2,即c n+1-c n=2.
所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,
故c n=2n-1.
(2)由b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,
于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-
1)·3n-1,
3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,
所以S n=(n-1)3n+1.
评析本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n项和,考查学生的运算求解能力,在利用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因.
9.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)记S n为数列{a n}的前n项和,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
解析(1)设数列{a n}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,a n=2;
当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.
(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.
当a n=4n-2时,S n==2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得S n>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;
当a n=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.。