3.4 数列综合应用

2 6.（ 21） 6.（广东卷理 21）设 p，q 为实数， α，β 是方程 x − px + q = 0 的两个实根，数列
2 3
s + t = p ， st = q
消去 t ，得 s 2 − ps + q = 0 ， ∴s 是方程 x 2 − px + q = 0 的根，由题意可知，
s1 = α , s2 = β
2 （Ⅰ） n}是正数组成的数列， n 项和为 Sn， 设{a 前 其中 a1=3.若点 (an , an +1 − 2an +1 ) (n
∈N*)在函数 y=f′(x)的图象上，求证：点（n,Sn）也在 y=f′(x)的图象上； （Ⅱ）求函数 f(x)在区间（a-1,a）内的极值. 解：(Ⅰ)证明： 因为 f ( x) =
{xn } 满足 x1 = p ， x2 = p 2 − q ， xn = pxn −1 − qxn − 2 （ n = 3， …） 4， ．
（1）证明： α + β = p ， αβ = q ； （2）求数列 {xn } 的通项公式；
1 （3）若 p = 1 ， q = ，求 {xn } 的前 n 项和 S n ． 4
*
3.对于每项均是正整数的数列 A：a1，a2， ，an ，定义变换 T1 ， T1 将数列 A 变换成 L 3. 数 列 T1 ( A)：n，a1 − 1，a2 − 1， ，an − 1 ． 对 于 每 项 均 是 非 负 整 数 的 数 列 L
从而对于任意给定的数列 A0 ，由 Ak +1 = T2 (T1 ( Ak ))( k = 0，2， ) 1， L 可知 S ( Ak +1 ) ≤ S (T1 ( Ak )) ．
b2 k = (2k ) 2 + 2k − λ > 0 记 n0 = 2k ( k = 1， L) ，则 λ 满足 2， ． 2 b2 k −1 = (2k − 1) + 2k − 1 − λ < 0
故 λ 的取值范围是 4k 2 − 2k < λ < 4k 2 + 2k ( k ∈ N* ) ． 5.已知函数 f ( x) = 5.
*
（Ⅰ）求数列 {an } 的通项公式（ an = ( a − 1)c
n −1
+1 ）
k ≥ K 时， S ( Ak +1 ) = S ( Ak ) ．
证明：设 A 是每项均为非负整数的数列 a1，a2， ，an ． L 当存在 1 ≤ i < j ≤ n ，使得 ai ≤ a j 时，交换数列 A 的第 i 项与第 j 项得到数列 B ， 则 S ( B ) − S ( A) = 2(ia j + jai − iai − ja j ) = 2(i − j )(a j − ai ) ≤ 0 ． 当存在 1 ≤ m < n ，使得 am +1 = am + 2 = L = an = 0 时，记数列 a1，a2， ，am 为 C ， L 则 S (C ) = S ( A) ． 所以 S (T2 ( A)) ≤ S ( A) ．
1 1 （Ⅱ）设 a = , c = ， bn = n(1 − an ), n ∈ N * ,求数列 {bn } 的前 n 项和 S n ； 2 2 1 （∴ S n = 2 − (2 + n)( ) n ） 2
（Ⅲ）若 0 < an < 1 对任意 n ∈ N 成立，证明 0 < c ≤ 1 （提示：用反证法）
①当 α ≠ β 时，此时方程组
s1 = α s2 = α s + t = p 或 的解记为 st = q t1 = β t2 = β
∴ xn − α xn −1 = β ( xn −1 − α xn − 2 ), xn − β xn −1 = α ( xn −1 − β xn − 2 ),
S ( Ak ) = S ( Ak +1 ) = S ( Ak + 2 ) = L ．
1 3 x + x2 − 2 . 3
即存在正整数 K ，当 k ≥ K 时， S ( Ak +1 ) = S ( Ak ) 4.数列 {an } 满足 a1 = 1 ， an +1 = ( n 2 + n − λ ) an （ n = 1 2， ） λ 是常数． ，L ， 4. （Ⅰ）当 a2 = −1 时，求 λ 及 a3 的值； λ = 3 ；a3 =--3） （ （Ⅱ）数列 {an } 是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说 明理由； （数列 {an } 不可能为等差数列。 ） （Ⅲ）求 λ 的取值范围，使得存在正整数 m ，当 n > m 时总有 an < 0 ． 证明：记 bn = n 2 + n − λ ( n = 1， L) ，根据题意可知， b1 < 0 且 bn ≠ 0 ，即 λ > 2 2， 且 λ ≠ n 2 + n( n ∈ N* ) ，这时总存在 n0 ∈ N * ，满足：当 n ≥ n0 时， bn > 0 ； 当 n ≤ n0 − 1 时，bn < 0 ． 所以由 an +1 = bn an 及 a1 = 1 > 0 可知， n0 为偶数， 若 则 an0 < 0 ，从而当 n > n0 时， an < 0 ；若 n0 为奇数，则 an0 > 0 ， 从而当 n > n0 时 an > 0 ．因此“存在 m ∈ N * ，当 n > m 时总有 an < 0 ” 的充分必要条件是： n0 为偶数，
1
B：b1，b2， ，bm ，定义变换 T2 ， T2 将数列 B 各项从大到小排列，然后去掉所有 L
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又由（Ⅱ）可知 S (T1 ( Ak )) = S ( Ak ) ，所以 S ( Ak +1 ) ≤ S ( Ak ) ． 即对于 k ∈ N ，要么有 S ( Ak +1 ) = S ( Ak ) ，要么有 S ( Ak +1 ) ≤ S ( Ak ) − 1 ． 因为 S ( Ak ) 是大于 2 的整数， 所以经过有限步后，必有
即∴ xn = α xn −1 + α n ， 等式两边同时除以 α n ， 得
所以 an +1 − an = 2 ， an } 是 a1 = 3, d = 2 的等差数列 所 以 S n = 3n +
{
n( n − 1) × 2=n 2 + 2n , 又 因 为 f ' (n) = n 2 + 2n , 所 以 2
Sn = f ′(n) ,
故点 ( n, S n ) 也在函数 y = f ' ( x) 的图象上. (Ⅱ)解: f ′( x) = x 2 + 2 x = x( x + 2) ,令 f ′( x ) = 0, 得 x = 0或x = −2 . 当 x 变化时, f ′( x ) ﹑ f ( x ) 的变化情况如下表:
（Ⅰ）证明： an ∈ [0,1] 对任意 n ∈ N * 成立的充分必要条件是 c ∈ [0,1] ； （提示：充分性 充分性用数学归纳法） 充分性 （Ⅱ）设 0 < c <
数列，令 Ak +1 = T2 (T1 ( Ak ))( k = 0，2， ) ． 1， L （Ⅰ）如果数列 A0 为 5，3，2，写出数列 A1，A2 ； （ A1 = T2 (T1 ( A0 ))： 3，1 ； A2 = T2 (T1 ( A1 ))： 3，1 ） 4，2， 4，2， （Ⅱ）对于每项均是正整数的有穷数列 A ，证明 S (T1 ( A)) = S ( A) ； （提示：用比较法） （Ⅲ）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列 A0 ，存在正整数 K ，当
2
厦门汇利商业(-∞,-2) + ↗
-2 0 极大值
(-2,0) ↘
0 0 极小值
(0,+∞) + ↗
p − p 2 − 4 q p + p 2 − 4q αβ = × =q 2 2
（ 2 ） 设 xn − sxn−1 = t(xn−1 − sxn−2 ) ， 则 xn = (s +t)xn−1 − stxn−2 ， 由 xn = pxn−1 − qxn−2 得
即 { xn − t1 xn −1} 、 { xn − t2 xn −1} 分别是公比为 s1 = α 、 s2 = β 的等比数列， 由等比数列性质可得 xn − α xn −1 = ( x2 − α x1 ) β n − 2 , xn − β xn −1 = ( x2 − β x1 )α n − 2 , 两式相减，得 ( β − α ) xn −1 = ( x2 − α x1 ) β n − 2 − ( x2 − β x1 )α n − 2
（1）求数列 {an } 和 {bn } 的通项公式； （2）记 cn = nan bn ( n = 1, 2,L) ，求数列 {cn } 的前 n 项和 S n 。 【解析】 （1）由 an =
xn − α xn −1 = ( x2 − α x1 ) β n − 2 ，Q α = β ，∴ xn − α xn −1 = ( x2 − α x1 )α n − 2 = α n
1 ，证明： an ≥ 1 − (3c ) n −1 , n ∈ N * ; 3
（提示：放缩后累加）
1 2 2 2 （Ⅲ）设 0 < c < ，证明： a12 + a2 + L an > n + 1 − ,n∈ N* 3 1 − 3c
（提示：用放缩法） 2.设数列 {an } 满足 a0 = a, an +1 = can + 1 − c, c ∈ N , 其中 a , c 为实数，且 c ≠ 0 2.