高考高三数学总复习专项强化训练数列的综合应用

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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。

高考数学二轮复习第一部分微专题强化练习题：数列求和及综合应用含解析

第一部分一 10一、选择题1．(文)(2015·新课标Ⅱ文，5)设S n 是等差数列{}a n 的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11[答案] A[解析] 考查等差数列的性质及求和公式．a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3⇒a 3＝1，S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.故选A.(理)(2015·新课标Ⅰ文，7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172 B.192 C ．10 D ．12 [答案] B[解析] 本题主要考查等差数列的通项及求和公式．由题可知：等差数列{a n }的公差d ＝1，因为等差数列S n ＝a 1n ＋n (n －1)d2，且S 8＝4S 4，代入计算可得a 1＝12；等差数列的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ，则a 10＝12＋(10－1)×1＝192.故本题正确答案为B.[方法点拨] 数列求和的类型及方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和． (2)错位相减法这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }、{b n }分别是等差数列和等比数列． (3)倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．(5)分组转化求和法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并．2．(文)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2013的两个零点是a 2、a 3，则a 1a 4＝( ) A ．2013 B ．1 C ．－1 D ．－2013[答案] D[解析] 由条件得，a 1a 4＝a 2a 3＝－2013.(理)已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1 [答案] C[解析] 据已知得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即数列{a n }为等差数列，又f (x )＝sin2x ＋2×1＋cos x2＝sin2x ＋1＋cos x ，因为a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，故cos a 1＋cos a 9＝cos a 2＋cos a 8＝…＝cos a 5＝0，又2a 1＋2a 9＝2a 2＋2a 8＝…＝4a 5＝2π，故sin2a 1＋sin2a 9＝sin2a 2＋sin2a 8＝…＝sin2a 5＝0，故数列{y n }的前9项之和为9，故选C.3．(2014·辽宁协作联校三模)已知数列{a n }的通项公式a n ＝2014sin n π2，则a 1＋a 2＋…＋a 2014＝( )A ．2012B ．2013C ．2014D ．2015 [答案] C[解析] 数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2014(sin π2＋sinπ＋sin 3π2＋sin2π)＝0，又∵2014＝4×503＋2，∴a 1＋a 2＋…＋a 2014＝a 1＋a 2＝2014sin π2＋2014sinπ＝2014.4．(文)已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝32＋f (x )(x ∈R )，且f (1)＝52，则数列{f (n )}(n ∈N *)前20项的和为( )A ．305B ．315C ．325D ．335[答案] D[解析] ∵f (1)＝52，f (2)＝32＋52，f (3)＝32＋32＋52，…，f (n )＝32＋f (n －1)，∴{f (n )}是以52为首项，32为公差的等差数列．∴S 20＝20×52＋20(20－1)2×32＝335.(理)设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)[答案] A[解析] 设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)⇒k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋(2×6×1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n . [方法点拨] 解决数列与函数知识结合的题目时，要明确数列是特殊的函数，它的图象是群孤立的点，注意函数的定义域等限制条件，准确的进行条件的转化，数列与三角函数交汇时，数列通常作为条件出现，去除数列外衣后，本质是三角问题．5．(文)已知数列{a n }是等比数列，且每一项都是正数，若a 1、a 49是2x 2－7x ＋6＝0的两个根，则a 1·a 2·a 25·a 48·a 49的值为( )A.212 B ．93 C ．±9 3 D ．35[答案] B[解析] ∵{a n }是等比数列，且a 1，a 49是方程2x 2－7x ＋6＝0的两根， ∴a 1·a 49＝a 225＝3.而a n >0，∴a 25＝ 3.∴a 1·a 2·a 25·a 48·a 49＝a 525＝(3)5＝93，故选B.(理)(2015·江西质检)如果数列{a n }中，相邻两项a n 和a n ＋1是二次方程x 2n ＋2nx n ＋c n ＝0(n ＝1,2,3，…)的两个根，当a 1＝2时，c 100的值为( )A ．－9984B ．9984C ．9996D ．－9996[答案] C[解析] 由根与系数关系，a n ＋a n ＋1＝－2n ，则(a n ＋1＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝－2.即a n ＋2－a n ＝－2，∴a 1，a 3，a 5，…和a 2，a 4，a 6，…都是公差为－2的等差数列，∵a 1＝2，a 1＋a 2＝－2，∴a 2＝－4，即a 2k ＝－2k －2，∴a 100＝－102，a 2k －1＝－2k ＋4，∴a 101＝－98.∴c 100＝a 100·a 101＝9996.6．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( )[答案] C[解析] ∵S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，∴S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n .7．(2015·南昌市一模)已知无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A ，则四个无穷数列：①{(－1)n ×2}；②{n }；③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④{2n ＋1n }，其极限为2的共有( )A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个[答案] C[解析] 对于①，|a n －2|＝|(－1)n ×2－2|＝2×|(－1)n －1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0，当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以不符合数列{a n }的极限的定义，即2不是数列{(－1)n ×2}的极限；对于②，由|a n －2|＝|n －2|<ε，得2－ε<n <2＋ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε，即2不是数列{n }的极限；对于③，由|a n －2|＝|1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－2＝22n<ε，得n >1－log 2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1的极限；对于④，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪2n ＋1n －2＝1n <ε，得n >1ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n 的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④. 二、填空题8．(文)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”．已知正项数列{1b n}为“调和数列”，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 4·b 6的最大值是________．[答案] 100[解析] 由调和数列的定义知{b n }为等差数列，由b 1＋b 2＋…＋b 9＝9b 5＝90知b 5＝10， ∵b n >0，∴b 4b 6≤(b 4＋b 62)2＝b 25＝100.(理)(2014·河南十所名校联考)对于各项均为整数的数列{a n }，如果a i ＋i (i ＝1,2,3，…)为完全平方数，则称数列{a n }具有“P 性质”，不论数列{a n }是否具有“P 性质”，如果存在与{a n }不是同一数列的{b n }，且{b n }同时满足下面两个条件：①b 1，b 2，b 3，…，b n 是a 1，a 2，a 3，…，a n 的一个排列；②数列{b n }具有“P 性质”，则称数列{a n }具有“变换P 性质”，下面三个数列：①数列{a n }的前n 项和为S n ＝n3(n 2－1)；②数列1,2,3,4,5；③数列1,2,3，…，11.其中具有“P 性质”或“变换P 性质”的有________(填序号)．[答案] ①②[解析] S n ＝n 3(n 2－1)，S n －1＝n －13[(n －1)2－1](n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝n3(n －1)(n ＋1)－n －13(n 2－2n )＝n3(n －1)(n ＋1－n ＋2)＝n (n －1)(n ≥2)，又a 1＝S 1＝0，∴a 1＋1＝1＝12，a 2＋2＝4＝22，a 3＋3＝9＝32，…，a n ＋n ＝n 2，∴数列{a n }具有“P 性质”；数列1,2,3,4,5排为3,2,1,5,4，则a 1＋1＝4＝22，a 2＋2＝4＝22，a 3＋3＝4＝22，a 4＋4＝9＝32，a 5＋5＝9＝32，∴数列1,2,3,4,5具有“变换P 性质”，同理可验证数列1,2,3，…，11不具有“P 性质”和“变换P 性质”．[方法点拨] 脱去新定义的外衣，将问题化为基本数学模型，用相应的知识方法解答是解决此类问题的基本方法．9．(2015·安徽文，13)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．[答案] 27[解析] 考查1.等差数列的定义；2.等差数列的前n 项和． ∵n ≥2时，a n ＝a n －1＋12，且a 1＝1，∴{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列．∴S 9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.10．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列{a na n ＋1a n ＋4}的最大项的值为________．[答案] 19[解析] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2S n －n (n ＋1)＝0， ∴S n ＝n (n ＋1)2，∴a n ＝n ，∴a n a n ＋1·a n ＋4＝n(n ＋1)(n ＋4)＝1n ＋4n＋5，当n ＝2时，n ＋4n 取最小值4，此时a na n ＋1a n ＋4取到最大值19.三、解答题11．(文)(2015·云南省检测)已知等比数列{a n }的前n 项和是S n ，S 18S 9＝78. (1)求证：S 3，S 9，S 6依次成等差数列；(2)a 7与a 10的等差中项是否是数列{a n }中的项？如果是，是{a n }中的第几项？如果不是，请说明理由．[解析] (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则S 18＝18a 1，S 9＝9a 1， S 18S 9＝21≠78.∴q ≠1.∴S 18＝a 11－q (1－q 18)，S 9＝a 11－q (1－q 9)，S 18S 9＝1＋q 9.∴1＋q 9＝78，解得q ＝－2－13.∴S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝32×a 11－q ，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝34×a 11－q. S 9＝a 11－q(1－q 9)＝98×a 11－q .∵S 9－S 3＝－38×a 11－q ，S 6－S 9＝－38×a 11－q ，∴S 9－S 3＝S 3－S 9.∴S 3，S 9，S 6依次成等差数列．(2)a 7与a 10的等差中项等于a 7＋a 102＝14a 1－18a 12＝a 116.设a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第n 项，则 a 1(－2－13)n －1＝a 116，化简得(－2)－n －13＝(－2)－4，则－n －13＝－4，解得n ＝13.∴a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第13项．(理)(2015·唐山一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足(1－q )S n ＋qa n ＝1，且q (q －1)≠0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列． [解析] (1)当n ＝1时，由(1－q )S 1＋qa 1＝1，∴a 1＝1，当n ≥2时，由(1－q )S n ＋qa n ＝1，得(1－q )S n －1＋qa n －1＝1，两式相减得 (1－q )a n ＋q (a n －a n －1)＝0，∴a n ＝qa n －1，∵a 1＝1，q (q －1)≠0，∴a n ＝q n －1，综上a n ＝q n －1. (2)由(1)可知a na n －1＝q ，所以{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列．所以S n ＝1－a n q 1－q ，又S 3＋S 6＝2S 9，得1－a 3q 1－q ＋1－a 6q 1－q ＝2(1－a 9q )1－q ，化简得a 3＋a 6＝2a 9，两边同除以q 得a 2＋a 5＝2a 8. 故a 2，a 8，a 5成等差数列．[方法点拨] 1.在处理数列求和问题时，一定要先读懂题意，分清题型，区分等差数列与等比数列，不是基本数列模型的注意运用转化思想化归为等差、等比数列，在利用分组求和时，要特别注意项数．2．在处理等差与等比数列的综合问题时，先要看所给数列是等差数列还是等比数列，再依据条件建立方程求解．12．(文)已知函数f (x )在(－1,1)上有定义，f ⎝⎛⎭⎫12＝－1，且满足对任意x 、y ∈(－1，1)，有f (x )＋f (y )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 1＋xy ，数列{x n }中，x 1＝12，x n ＋1＝2x n 1＋x 2n.(1)证明：f (x )在(－1,1)上为奇函数； (2)求数列{f (x n )}的通项公式； (3)求证：1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )>－2n ＋5n ＋2. [分析] (1)要证f (x )为奇函数，只需证明f (－x )＋f (x )＝0，只需在条件式中令y ＝－x ，为了求f (0)，令x ＝y ＝0即可获解．(2)利用f (x )＋f (y )＝f (x ＋y1＋xy)可找出f (x n ＋1)与f (x n )的递推关系，从而求得通项．(3)由f (x n )的通项公式确定数列{1f (x n )}的求和方法，求和后利用放缩法可证明．[解析] (1)证明：令x ＝y ＝0，∴2f (0)＝f (0)， ∴f (0)＝0.令y ＝－x ，则f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0， ∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )在(－1,1)上为奇函数． (2)f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－1，f (x n ＋1)＝f ⎝⎛⎭⎫2x n 1＋x 2n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x n ＋x n 1＋x n ·x n ＝2f (x n)， ∴f (x n ＋1)f (x n )＝2，即{f (x n )}是以－1为首项，2为公比的等比数列，∴f (x n )＝－2n －1. (3)1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n ) ＝－⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝－1－12n1－12＝－⎝⎛⎭⎫2－12n －1＝－2＋12n －1>－2，而－2n ＋5n ＋2＝－⎝⎛⎭⎫2＋1n ＋2＝－2－1n ＋2<－2. ∴1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )>－2n ＋5n ＋2. (理)在直角坐标平面上有一点列P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )，…，对于每个正整数n ，点P n 均位于一次函数y ＝x ＋54的图象上，且P n 的横坐标构成以－32为首项，－1为公差的等差数列{x n }．(1)求点P n 的坐标；(2)设二次函数f n (x )的图象C n 以P n 为顶点，且过点D n (0，n 2＋1)，若过D n 且斜率为k n 的直线l n 与C n 只有一个公共点，求T n ＝1k 1k 2＋1k 2k 3＋…＋1k n －1k n的表达式；(3)设S ＝{x |x ＝2x n ，n 为正整数}，T ＝{y |y ＝12y n ，n 为正整数}，等差数列{a n }中的任一项a n ∈(S ∩T )，且a 1是S ∩T 中最大的数，－225<a 10<－115，求数列{a n }的通项公式．[解析] (1)由题意知x n ＝－32－(n －1)＝－n －12，y n ＝－n －12＋54＝－n ＋34，∴P n ⎝⎛⎭⎫－n －12，－n ＋34.(2)由题意可设二次函数f n (x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋n ＋122－n ＋34，因为f n (x )的图象过点D n (0，n 2＋1)，所以a ⎝⎛⎭⎫n ＋122－n ＋34＝n 2＋1，解得a ＝1，所以f n (x )＝x 2＋(2n ＋1)x ＋n 2＋1.由题意可知，k n ＝f ′n (0)＝2n ＋1，(n ∈N *)．所以T n ＝1k 1k 2＋1k 2k 3＋…＋1k n －1k n ＝13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1213－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋1＝16－14n ＋2. (3)由题意得S ＝{x |x ＝－2n －1，n 为正整数}，T ＝{y |y ＝－12n ＋9，n 为正整数}，所以S ∩T 中的元素组成以－3为首项，－12为公差的等差数列，所以a 1＝－3，则数列{a n }的公差为－12k (k ∈N *)，若k ＝1，则a n ＝－12n ＋9，a 10＝－111∉(－225，－115)；若k ＝2，则a n ＝－24n ＋21，a 10＝－219∈(－225，－115)；若k ≥3，则a 10≤－327，即a 10∉(－225，－115)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝－24n ＋21(n 为正整数)．[方法点拨] 1.数列与函数的综合性试题通常用到函数与方程、化归与转化、分类与整合等思想．注意数列是特殊的函数、等差、等比数列更是如此，因此求解数列与函数的综合性题目时，注意数列与函数的内在联系，将所给条件向a n 与n 的关系转化．2．数列还常与不等式交汇命题，不等式常作为条件或证明、求解的一问呈现，解答时先将数列的基本问题解决，再集中解决不等式问题，注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用．13．(文)(2015·山东文，19)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] 考查1.等差数列的通项公式；2.“错位相减法”求和及运算求解能力． (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，得到a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4(1－4n )1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43，所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋(3n －1)·4n ＋19.(理)(2015·河南八市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对于任意的正整数n ，直线x ＋y ＝2n 总是把圆(x －n )2＋(y －S n )2＝2n 2平均分为两部分，各项均为正数的等比数列{b n }中，b 6＝b 3b 4，且b 3和b 5的等差中项是2a 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)若c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .[解析] (1)由于x ＋y ＝2n 总是把圆(x －n )2＋(y －S n )2＝2n 2平均分为两部分，所以直线过圆心，所以n ＋S n ＝2n ，即S n ＝n 2，所以a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，经检验n ＝1时也成立，所以a n ＝2n －1.等比数列{b n }中，由于b 6＝b 3b 4，所以b 1q 5＝b 21q 5，因为b 1>0，q >0，所以b 1＝1，因为b 3和b 5的等差中项是2a 3，且2a 3＝10，所以b 3＋b 5＝20，所以q 2＋q 4＝20，解得q ＝2，所以b n ＝2n －1. (2)由于c n ＝a n b n ，所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n . T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1 ① 2T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ② 所以－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n ＝1＋2×2(1－2n －1)1－2－(2n －1)2n＝－3＋2×2n －(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n ， T n ＝3＋(2n －3)2n .14．(文)政府决定用“对社会的有效贡献率”对企业进行评价，用a n 表示某企业第n 年投入的治理污染的环保费用，用b n 表示该企业第n 年的产值．设a 1＝a (万元)，且以后治理污染的环保费用每年都比上一年增加2a 万元；又设b 1＝b (万元)，且企业的产值每年比上一年的平均增长率为10%.用P n ＝a n b n100ab表示企业第n 年“对社会的有效贡献率”．(1)求该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”； (2)试问从第几年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%?[解析] (1)∵a 1＝a ，b 1＝b ，P n ＝a n b n 100ab， ∴P 1＝a 1b 1100ab＝1%， P 2＝a 2b 2100ab ＝3a ×1.1b 100ab＝3.3%. 故该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”分别为1%和3.3%.(2)由题意，得数列{a n }是以a 为首项，以2a 为公差的等差数列，数列b n 是以b 为首项，以1.1为公比的等比数列，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a ＋(n －1)·2a ＝(2n －1)a ，b n ＝b 1(1＋10%)n －1＝1.1n －1b .又∵P n ＝a n b n 100ab， ∴P n ＝(2n －1)a ×1.1n －1b 100ab＝(2n －1)×1.1n －1100. ∵P n ＋1P n ＝2n ＋12n －1×1.1＝⎝⎛⎭⎫1＋22n －1×1.1>1， ∴P n ＋1>P n ，即P n ＝(2n －1)×1.1n －1100单调递增．又∵P 6＝11×1.15100≈17.72%<20%， P 7＝13×1.16100≈23.03%>20%. 故从第七年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%.(理)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额都为a 万元，由于经营方式不同，甲超市前n 年的总销售额为a 2(n 2－n ＋2)万元，乙超市第n 年的销售额比前一年的销售额多(23)n －1a 万元．(1)求甲、乙两超市第n 年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年．[解析] (1)设甲、乙两超市第n 年销售额分别为a n 、b n ，又设甲超市前n 年总销售额为S n ，则S n ＝a 2(n 2－n ＋2)(n ≥2)，因n ＝1时，a 1＝a ，则n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a 2(n 2－n ＋2)－a 2[(n －1)2－(n －1)＋2]＝a (n －1)，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，(n －1)a ，n ≥2，又因b 1＝a ，n ≥2时，b n －b n －1＝(23)n －1a ，故b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝a ＋23a ＋(23)2a ＋…＋(23)n －1a ＝[1＋23＋(23)2＋…＋(23)n －1]a ＝1－(23)n 1－23a ＝[3－2·(23)n －1]a ，显然n ＝1也适合，故b n ＝[3－2·(23)n －1]a (n ∈N *) (2)当n ＝2时，a 2＝a ，b 2＝53a ，有a 2>12b 2； n ＝3时，a 3＝2a ，b 3＝199a ，有a 3>12b 3；当n ≥4时，a n ≥3a ，而b n <3a ，故乙超市有可能被收购．当n ≥4时，令12a n >b n ，则12(n －1)a >[3－2·(23)n －1]a ⇒n －1>6－4·(23)n －1，即n >7－4·(23)n －1. 又当n ≥7时，0<4·(23)n －1<1，故当n ∈N *且n ≥7时，必有n >7－4·(23)n －1. 即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．[方法点拨] 1.用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是一个解方程问题，还是解不等式问题，还是一个最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．2．数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．3．正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n 项和．15．(文)定义：若数列{A n }满足A n ＋1＝A 2n ，则称数列{A n }为“平方递推数列”．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝2x 2＋2x 的图象上，其中n 为正整数．(1)证明：数列{2a n ＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2a n ＋1)}为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n 项之积为T n ，即T n ＝(2a 1＋1)(2a 2＋1)…(2a n ＋1)，求T n 关于n 的表达式；(3)记b n ＝log2a n ＋1T n ，求数列{b n }的前n 项之和S n ，并求使S n >2012成立的n 的最小值．[解析] (1)证明：由题意得a n ＋1＝2a 2n ＋2a n ，∴2a n ＋1＋1＝4a 2n ＋4a n ＋1＝(2a n＋1)2. 所以数列{2a n ＋1}是“平方递推数列”．令c n ＝2a n ＋1，所以lg c n ＋1＝2lg c n .因为lg(2a 1＋1)＝lg5≠0，所以lg (2a n ＋1＋1)lg (2a n ＋1)＝2. 所以数列{lg(2a n ＋1)}为等比数列．(2)由(1)知lg(2a n ＋1)＝(lg5)×2n －1，∴2a n ＋1＝10(lg5)×2n －1＝52n －1，∴T n ＝520×521×522×…×52n －1＝520＋21＋…＋2n －1＝52n －1.(3)∵b n ＝log2a n ＋1T n ＝2n －12n －1＝2－(12)n －1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2n －1×(1－12n )1－12＝2n －2＋12n －1，由2n －2＝2012得n ＝1007，∴S 1006＝2×1006－2＋121005∈(2010,2011)，S 1007＝2×1007－2＋121006∈(2012,2013)．故使S n >2012成立的n 的最小值为1007.(理)已知曲线C ：xy ＝1，过C 上一点A n (x n ，y n )作一斜率为k n ＝－1x n ＋2的直线交曲线C 于另一点A n ＋1(x n ＋1，y n ＋1)，点列{A n }的横坐标构成数列{x n }，其中x 1＝117. (1)求x n 与x n ＋1的关系式；(2)令b n ＝1x n －2＋13，求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝3n －λb n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[分析] (1)由直线方程点斜式建立x n 与y n 关系，而(x n ，y n )在曲线xy ＝1上，有x n y n ＝1，消去y n 得x n 与x n ＋1的关系；(2)由定义证b n ＋1b n为常数；(3)转化为恒成立的问题解决． [解析] (1)过点A n (x n ，y n )的直线方程为y －y n ＝－1x n ＋2(x －x n )，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ y －y n ＝－1x n ＋2(x －x n )xy ＝1，消去y 得 1x n ＋2x 2－⎝⎛⎭⎫y n ＋x n x n ＋2x ＋1＝0. 解得x ＝x n 或x ＝x n ＋2x n. 由题设条件知x n ＋1＝x n ＋2x n. (2)证明：b n ＋1b n ＝1x n ＋1－2＋131x n －2＋13＝1x n ＋2x n －2＋131x n －2＋13＝x n 2－x n ＋131x n －2＋13＝3x n ＋2－x n 3(2－x n )3＋x n －23(x n －2)＝－2. ∵b 1＝1x 1－2＋13＝－2≠0，∴数列{b n }是等比数列． (3)由(2)知，b n ＝(－2)n ，要使c n ＋1>c n 恒成立，由c n ＋1－c n ＝[3n ＋1－λ(－2)n ＋1]－[3n －λ(－2)n ]＝2·3n ＋3λ(－2)n >0恒成立，即(－1)n λ>－⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立．①当n 为奇数时，即λ<⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立．又⎝⎛⎭⎫32n －1的最小值为1，∴λ<1.②当n 为偶数时，即λ>－⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立，又－⎝⎛⎭⎫32n －1的最大值为－32，∴λ>－32，即－32<λ<1.又λ为非零整数， ∴λ＝－1，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n .。

高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)专题7-5数列的综合应用-学生版

专题7.5数列的综合应用练基础1．（2021·浙江高三专题练习）已知正项等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b }，111a b ==，3b 是2a ，6a 的等差中项，8a 是3b ，5b 的等比中项，则下列关系成立的是（）A ．100100a b >B ．102411a b =C ．105a b >D ．999a b >2．（2021·江西赣州市·高三二模（理））朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（）A ．5B ．6C ．7D ．83.【多选题】（2020·湖南高三月考）在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投人资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n 月月底小王手中有现款为n a ，则下列论述正确的有（）(参考数据：11121.27.5,1.29==)A ．112000a =B ．1 1.21000n n a a +=-C ．2020年小王的年利润为40000元D ．两年后，小王手中现款达41万4．（2021·江西高三其他模拟（理））已知公差不为0的等差数列{}n a 的部分项1k a ，2k a ，3k a ，……构成等比数列{}n a ，且11k =，22k =，35k =，则n k =___________.5．（2021·西安市经开第一中学高三其他模拟（理））数列{}n a 满足：11a =，点()1,n n n a a ++在函数1y kx =+的图像上，其中k 为常数，且0k ≠（1）若124,,a a a 成等比数列，求k 的值；（2）当3k =时，求数列{}n a 的前2n 项的和2n S .6.（2021·江苏高考真题）已知数列{}n a 满足12a =，且()*1321n n a a n n N +=+-∈.（1）求证：数列{}n a n +为等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求数列{}n a 的前n 项和n S .7．（2021·全国高三其他模拟（理））已知在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，且375,49a S ＝＝.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2,n an n b a +＝数列{}n b 的前n 项和为,n T 且1000,n T ≥求n 的取值范围.8．（2021·太原市·山西大附中高三其他模拟）在数列{}{},n n a b 中，11111,331,331n n n n n n a b a a b n b b a n ++===---=-++.等差数列{}n c 的前两项依次为2a ，2b .（1）求数列{}n c 的通项公式；（2）求数列(){}+nnna b c 的前n 项和nS.9．（2021·重庆高三三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()21*n n a S n N -=∈．（1）求数列{}n a 的通项公式：（2）设()()11211n n n n a b a a +++=--，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：213n T ≤<．10．（2021·沂水县第一中学高三其他模拟）在数列{}n a 中，()111,01nn n a a a c ca +==>+，且125,,a a a 成等比数列．（1）证明数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足()2141n n n b n a a +=+，其前n 项和为n S ，证明：1n S n <+．练提升1．（2021·河南郑州市·高三三模（文））1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何．分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为1，在线段AB 上取两个点C ，D ，使得13AC DB AB ==，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD ，得到图2中的图形；对图2中的线段EC 、ED 作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n 个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为n S ，对任意的正整数n ，都有n S a ＜，则a 的最小值为__________．2．（2020·沙坪坝区·重庆南开中学高三月考）已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，其前n 项和为n S ，满足535S =，且1a ，4a ，13a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若241n n b a =-，数列{}nb 的前n 项和为n T ，实数λ使得13n nT S λ++≤对任意*n N ∈恒成立，求λ的取值范围.3．（2021·全国高三其他模拟）有下列三个条件：①数列{}2n a -是公比为12的等比数列，②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列，③21n n S a =-，在这三个条件中任选一个，补充在题中“___________”处，使问题完整，并加以解答.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，对任意的*n ∈N ，都有___________.已知数列{}n b 满足32nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，是否存在*k ∈N ，使得对任意的*n ∈N ，都有n kn ka ab b ≤？若存在，试求出k 的值；若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.4.（2021·四川自贡市·高三三模（文））已知数列{a n }的前n 项和为S n ，21n n S a =-，数列{b n }是等差数列，且b 1＝a 1，b 6＝a 5．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若11n n n c b b +=，记数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：3T n ＜1．5．（2021·全国高三其他模拟）在①22n n S a =-；②32442a a a =+-；③321,2,S S S +成等差数列这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：数列{a n }是各项均为正数的等比数列，前n 项和为S n ，a 1＝2，且___.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若n n b =*n N ∈），求数列{b n }的前n 项和T n .6．（2021·宁波市北仑中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足1122,1,1,n n n a n n a a a n n ++⎧==⎨---⎩为奇数为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，2,n n b a n N *=∈（1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ；（2）求{}n nb 的前n 项和n T 及{}n a 的前n 项和为n S ．7．（2021·湖北高三其他模拟）在等比数列{a n }中，公比0q >，其前n 项和为S n ，且S 2=6，___________.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设log 2n n a b =，且数列{c n }满足c 1=1，c n +1﹣c n =b n +1b n ，求数列{c n }的通项公式.从①.S 4=30，②.S 6﹣S 4=96，③.a 3是S 3与2的等差中项，这三个条件中任选一个，补充到上面问题中的横线上，并作答.8．（2021·全国高三其他模拟）从①n b n =，②(6)n n b n =⋅﹣，③()212nn b n =+⋅中任选一个填入下面的空中，并解答．设等比数列{}n a 的公比3241,4,10q a a a >-=+=-，且____．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列132n n a b ⎧⎫-⋅⎨⎬⎩⎭的前n 项和．9．（2021·浙江高三其他模拟）已知数列{n b }满足13b =，27b =且n b =n n a c +，n ∈*N （n a 是等比数列，n c 是等差数列），记数列{n a }的前n 项和为n S ，{n c }的前n 项和为n T ，若公比数q 等于公差数d ，且2234a c =．（1）求数列{nb }的通项公式；（2）记n R 为数列{n b }的前n 项和，求22nR n -（n ≥2，且n ∈*N ）的最小值．10．（2021·浙江金华市·高三三模）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，()14,2(1)n n a n a n S n N *=⋅=+⋅∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）已知数列{}n b 满足68n b n =-，其前n 项和为n T ，若(1)nn n S T λ≥-⋅⋅对任意n *∈N 恒成立，求实数λ的取值范围.练真题1.（2020·北京高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （）．A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项2.（2020·浙江省高考真题）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，b n+1=S 2n+2–S 2n ，n *∈N ，下列等式不可能．．．成立的是（）A．2a 4=a 2+a 6B．2b 4=b 2+b 6C．2428a a a =D．2428b b b =3.（2019年浙江卷）设,a b R ∈，数列{}n a 中，21,n n n a a a a b +==+，b N *∈,则（）A.当101,102b a => B.当101,104b a =>C.当102,10b a =-> D.当104,10b a =->4．（2020·江苏省高考真题）设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______．5.（2019年浙江卷）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 6.（2021·天津高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22n n c c -是等比数列；（ii）证明)*nk n N =<∈。

高考数学总复习 6-4 数列的综合问题与数列的应用但因为测试新人教B版

高考数学总复习 6-4 数列的综合问题与数列的应用但因为测试新人教B 版1.(文)(2011·德州模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，且4a 1、2a 2、a 3成等差数列，则S 4＝( )A ．7B ．8C ．15D ．16[答案] C[解析] ∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列， ∴4a 2＝4a 1＋a 3，∵{a n }是等比数列，a 1＝1， ∴4q ＝4＋q 2，解之得，q ＝2， ∴S 4＝4－2－1＝15. (理)(2011·丹东模拟)已知{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，其公比q≠1，且b i >0(i ＝1,2，…，n)，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则( )A ．a 6>b 6B ．a 6＝b 6C ．a 6<b 6D ．a 6>b 6或a 6<b 6[答案] A[解析] 由条件知，a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112>b 1b 11＝b 6.2．(2011·淄博模拟)已知{a n }是递增数列，且对任意n ∈N *都有a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是( )A ．(－72，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－3，＋∞)[答案] C[解析] a n ＝n 2＋λn ＝(n ＋λ2)2－λ24，∵对任意n ∈N *，a n ＋1>a n ， ∴－λ2≤1，∴λ≥－2，故选C.3．(文)(2011·福建质检)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3a 5＝4，则数列{log 2a n }的前7项和等于( )A ．7B ．8C ．27D ．28[答案] A[解析] 在各项均为正数的等比数列{a n }中，由a 3a 5＝4，得a 24＝4，a 4＝2. 设b n ＝log 2a n ，则数列{b n }是等差数列，且b 4＝log 2a 4＝1. 所以{b n }的前7项和S 7＝1＋b 72＝7b 4＝7.(理)设函数f(x)＝x m ＋ax 的导函数f ′(x)＝2x ＋1，则数列{1}(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n ＋1 B.n ＋2n ＋1 C.n n －1 D.n ＋1n[答案] A[解析] f ′(x)＝mx m －1＋a ＝2x ＋1，∴a ＝1，m ＝2，∴f(x)＝x(x ＋1)，1＝1＋＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1.4．(文)(2011·山西运城教学检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，过点P(n ，S n )和Q(n ＋1，S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9的值等于( )A ．52B ．40C ．26D ．20[答案] B[解析] 由题意得S n ＋1－S n＋－n ＝3n －2，∴S n ＋1－S n ＝3n －2，即a n ＋1＝3n －2，∴a n ＝3n －5，因此数列{a n }是等差数列，a 5＝10，而a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝2(a 3＋a 7)＝4a 5＝40，故选B.(理)两个正数a 、b 的等差中项是72，一个等比中项是23，且a<b ，则双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率e 等于( )A.34 B.152 C.54 D.53[答案] D[解析] ∵a ＋b ＝7，a·b ＝12，b>a>0， ∴a ＝3，b ＝4.∴e ＝c a ＝a 2＋b 2a ＝53.5．(2011·江西新余四中期末)在△ABC 中，sinA cosA ＝2cosC ＋cosA2sinC －sinA 是角A 、B 、C 成等差数列的( )A ．充分非必要条件B ．充要条件C ．必要非充分条件D ．既不充分也不必要条件[答案] A[来源:学#科#网] [解析]sinA cosA ＝2cosC ＋cosA2sinC －sinA⇒2sinAsinC －sin 2A ＝2cosAcosC ＋cos 2A ⇒2cos(A ＋C)＋1＝0⇒cosB ＝12⇒B ＝π3⇒A ＋C ＝2B ⇒A 、B 、C 成等差数列．但当A 、B 、C 成等差数列时，sinA cosA ＝2cosC ＋cosA 2sinC －sinA 不一定成立，如A ＝π2、B ＝π3、C ＝π6.故是充分非必要条件．故选A. 6．(文)(2011·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4000，O 为坐标原点，点P(1，a n )，点Q(2011，a 2011)，则OP →·OQ →＝( )A ．2011B ．－2011C ．0D ．1[答案] A[解析] 由S 21＝S 4000得到S n 关于n ＝21＋40002＝2010.5对称，故S n 的最大(或最小)值＝S 2010＝S 2011，故a 2011＝0，OP →·OQ →＝2011＋a n ·a 2011＝2011＋a n ×0＝2011，故选A.(理)(2011·北京西城期末)已知各项均不为零的数列{a n }，定义向量c n ＝(a n ，a n ＋1)，b n ＝(n ，n ＋1)，n ∈N *.则下列命题中为真命题的是( )A ．若对于任意n ∈N *总有c n ∥b n 成立，则数列{a n }是等差数列B ．若对于任意n ∈N *总有c n ∥b n 成立，则数列{a n }是等比数列C ．若对于任意n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，则数列{a n }是等差数列D ．若对于任意n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，则数列{a n }是等比数列 [答案] A[解析] 若对任意n ∈N *，有c n ∥b n ，则a n n ＝a n ＋1n ＋1＝a n ＋2n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以数列{a n }为等差数列．7．(文)(2010·浙江杭州)如图，是一个算法的程序框图，该算法输出的结果是( )A.12B.23 C.34 D.45[答案] C[解析] 循环过程为i ＝1<4→i ＝2，m ＝1，n ＝11×2；i ＝2<4→i ＝3，m ＝2，n ＝11×2＋12×3；i ＝3<4→i ＝4，m ＝3，n ＝11×2＋12×3＋13×4；i ＝4<4不成立，输出n 的值．故n ＝11×2＋12×3＋13×4＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＝1－14＝34. (理)(2010·北京延庆县模考)某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k 的值是( )A．4B．5C．6D．7[答案] D[解析]由程序框图可知，S＝1＋2＋22＋…＋2k＝2k＋1－1，由S<100得，2k＋1<101，∵26＝64,27＝128，∴k＋1＝7，∴k＝6，结合语句k＝k＋1在S＝S＋2k后面知，当k ＝6时，S＝127，k的值再增加1后输出k值为7.[点评]这是最容易出错的地方，解这类题时，既要考虑等比数列求和，在k取何值时，恰满足S≥100，又要顾及S与k的赋值语句的先后顺序．8．(文)(2011·临沂模拟)数列{a n}、{b n}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60，则{a n＋b n}的前20项和为()A．700 B．710C．720 D．730[答案] C[解析]∵{a n}与{b n}均为等差数列，∴{a n＋b n}为等差数列，首项a1＋b1＝12，又a20＋b20＝60，∴前20项和为S 20＝＋2＝720.(理)(2010·湖北质检)若数列{a n}满足1a n＋1－1a n＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列．已知数列{1x n}为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝________. [答案]20[解析] 由题意，若{a n }为调和数列，则{1a n }为等差数列，∵{1x n}为调和数列，∴数列{x n }为等差数列，由等差数列的性质可知，x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝x 2＋x 19＝…＝x 10＋x 11＝20010＝20.故填20.9．(文)(2011·潍坊模拟)已知等比数列中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列{1b n b n ＋1}的前n 项和S n ＝________.[答案]n n ＋1[解析] ∵a 4＝a 1q 3，∴81＝3q 3，∴q ＝3， ∴a n ＝3n ，∴b n ＝log 3a n ＝n ，令c n ＝1b n b n ＋1，则c n ＝1＋＝1n －1n ＋1， ∴{c n }的前n 项和S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝nn ＋1.(理)(2011·杭州二检)已知{a n }是公差不为0的等差数列，{b n }是等比数列，其中a 1＝2，b 1＝1，a 2＝b 2,2a 4＝b 3，且存在常数α、β，使得a n ＝log αb n ＋β对每一个正整数n 都成立，则αβ＝________.[答案] 4[解析] 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋d ＝q ＋＝q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2d ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝4d ＝2，所以a n ＝2n ，b n ＝4n －1.若a n ＝log αb n ＋β对每一个正整数n 都成立，则满足2n ＝log α4n －1＋β，即2n ＝(n －1)log α4＋β，因此只有当α＝2，β＝2时上式恒成立，所以αβ＝4. 10．(文)(2011·江苏镇江市质检)已知1，x 1，x 2,7成等差数列，1，y 1，y 2,8成等比数列，点M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则线段MN 的中垂线方程是________．[答案] x ＋y －7＝0[解析] 由条件得x 1＝3，x 2＝5，y 1＝2，y 2＝4，∴MN 的中点(4,3)，k MN ＝1，∴MN 的中垂线方程为y －3＝－(x －4)，即x ＋y －7＝0. (理)(2010·哈尔滨模拟)已知双曲线a n －1y 2－a n x 2＝a n －1a n (n≥2，n ∈N *)的焦点在y 轴上，一条渐近线方程是y ＝2x ，其中数列{a n }是以4为首项的正项数列，则数列{a n }的通项公式是________．[答案] a n ＝2n ＋1[解析] 双曲线方程为y 2a n －x 2a n －1＝1，∵焦点在y 轴上，又渐近线方程为y ＝2x ，∴a na n －1＝2，又a 1＝4，∴a n ＝4×2n －1＝2n ＋1.11.在圆x 2＋y 2＝10x 内，过点(5,3)有n 条长度成等差数列的弦，最短弦长为数列{a n }的首项a 1，最长弦长为a n ，若公差d ∈(13，23]，那么n 的取值集合为( )A ．{4,5,6}B ．{6,7,8,9}C ．{3,4,5}D ．{3,4,5,6}[答案] A[解析] ∵圆x 2＋y 2＝10x ，∴(x －5)2＋y 2＝5，圆心为(5,0)，半径为5.故最长弦长a n ＝10，最短弦长a 1＝8，∴10＝8＋(n －1)d ，∴d ＝2n －1， ∵d ∈(13，23]，∴13<2n －1≤23，∴4≤n<7，又∵n ∈N *，∴n 的取值为4,5,6，故选A.12．(文)(2011·安徽百校论坛联考)已知a>0，b>0，A 为a ，b 的等差中项，正数G 为a ，b 的等比中项，则ab 与AG 的大小关系是( )A ．ab ＝AGB ．ab≥AGC ．ab≤AGD ．不能确定 [答案] C[解析] 由条件知，a ＋b ＝2A ，ab ＝G 2，∴A ＝a ＋b 2≥ab ＝G>0，∴AG≥G 2，即AG≥ab ，故选C.[点评] 在知识交汇点处命题是常见命题方式，不等式与数列交汇的题目要特别注意等差(等比)数列的公式及性质的运用．(理)已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比q≠1，设P ＝12(log 0.5a 5＋log 0.5a 7)，Q ＝log 0.5a 3＋a 92，P 与Q 的大小关系是( ) A ．P≥Q B ．P<Q C ．P≤Q D ．P>Q [答案] D[解析] P ＝log 0.5a 5a 7＝log 0.5a 3a 9，Q ＝log 0.5a 3＋a 92，∵q≠1，∴a 3≠a 9，∴a 3＋a 92>a 3a 9又∵y ＝log 0.5x 在(0，＋∞)上递减， ∴log 0.5a 3＋a 92<log 0.5a 3a 9，即Q<P.故选D.13．(文)(2011·南昌一模)小王每月除去所有日常开支，大约结余a 元．小王决定采用零存整取的方式把余钱积蓄起来，每月初存入银行a 元，存期1年(存12次)，到期取出本和息．假设一年期零存整取的月利率为r ，每期存款按单利计息．那么，小王存款到期利息为_____元．[答案] 78ar[解析] 依题意得，小王存款到期利息为12ar ＋11ar ＋10ar ＋…＋3ar ＋2ar ＋ar ＝＋2ar ＝78ar 元．(理)(2011·湖北荆门调研)秋末冬初，流感盛行，荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗流感的人数共有________人．[答案] 255[解析] ∵a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，∴n 为奇数时，a n ＋2＝a n ，n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，即数列{a n }的奇数项为常数列，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列．故这30天入院治疗流感人数共有15＋(15×2＋15×142×2)＝255人．14．(文)(2011·江苏，13)设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是_____．[答案]33[解析] ∵a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，且a 1＝1， ∴a 3＝q ，a 5＝q 2，a 7＝q 3，∵a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列， ∴a 4＝a 2＋1，a 6＝a 2＋2， ∵a 2≥1，q ＝a 3≥a 2≥1，∴q 2＝a 5≥a 4＝a 2＋1≥2，q 3＝a 7≥a 6＝a 2＋2≥3， ∵q≥1，∴q≥2且q≥33，∴q≥33， ∴q 的最小值为33.(理)(2011·福州市期末、河北冀州期末)已知实数a 、b 、c 、d 成等比数列，且函数y ＝ln(x ＋2)－x 当x ＝b 时取到极大值c ，则ad 等于________．[答案] －1[分析] 利用导数可求b 、c ，由a 、b 、c 、d 成等比数列可得ad ＝bc.[解析] y′＝1x ＋2－1，令y′＝0得x ＝－1，当－2<x<－1时，y′>0，当x>－1时，y′<0，∴b ＝－1，c ＝ln(－1＋2)－(－1)＝1，∴ad ＝bc ＝－1.15．(2011·蚌埠质检)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．[解析] (1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n≥2时， b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，当n≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋1＋⎝⎛⎭⎫－12＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n －2＝1＋1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12 ＝1＋23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －2＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1，当n ＝1时，53－23⎝⎛⎭⎫－121－1＝1＝a 1. 所以a n ＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ∈N *)． 16．(文)(2011·焦作模拟)已知函数f(x)＝a x 的图象过点(1，12)，且点(n －1，a nn 2)(n ∈N ＋)在函数f(x)＝a x 的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋1－12a n ，若数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：S n <5.[解析] (1)∵函数f(x)＝a x 的图象过点(1，12)，∴a ＝12，f(x)＝(12)x .又点(n －1，a n n 2)(n ∈N ＋)在函数f(x)＝a x的图象上，从而a n n 2＝12n －1，即a n ＝n 22n －1.(2)由b n ＝＋22n －n 22n ＝2n ＋12n 得，S n ＝32＋522＋…＋2n ＋12n ，则12S n ＝322＋523＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得：12S n ＝32＋2(122＋123＋…＋12n )－2n ＋12n ＋1，∴S n ＝5－2n ＋52n ，∴S n <5.(理)(2011·山东文，20)等比数列{a n }中，a 1、a 2、a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1、a 2、a 3中的任何两个数不在下表的同一列．n (2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n lna n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n . [解析] (1)依次验证知a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18时符合题意，∴a n ＝2·3n －1(2)∵b n ＝a n ＋(－1)n lna n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n (ln2－ln3)＋(－1)n nln3∴S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝2(1＋3＋…＋32n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n ](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n ·2n]ln3＝2×1－32n 1－3＋nln3＝32n ＋nln3－1.1．(2011·湖南六校联考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，a 5＝19，S 5＝55，则过点P(3，a 3)，Q(4，a 4)的直线的斜率是( )A ．4 B.14 C ．－4 D ．－14[答案] A[解析] ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝195a 1＋5×42d ＝55，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3d ＝4，∴k PQ ＝4. 2．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[答案] A[解析] 由条件知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴S ＝12×4×3－12×2×2－12(2＋4)×1＝1.3．数列{a n }是公差d≠0的等差数列，数列{b n }是等比数列，若a 1＝b 1，a 3＝b 3，a 7＝b 5，则b 11等于( )A ．a 63B ．a 36C ．a 31D ．a 13[答案] A[解析] 设数列{b n }的首项为b 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝a 1q 2a 1＋6d ＝a 1q4，得d ＝a 14(q 4－q 2)． ∴a 1＋a 12(q 4－q 2)＝a 1q 2，∵q≠1，∴q 2＝2，d ＝a 12，于是b 11＝a 1q 10＝32a 1.设32a 1＝a 1＋(n －1)·a 12，则n ＝63，∴b 11＝a 63.4．(2011·黄冈月考)在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516B.158C.34D.38[答案] C[解析] ∵a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n ， ∴a 2a 1＝a 1＋1，∴a 2＝2，； ∵a 3a 2＝a 2－1，∴a 3＝12；∵a 4a 3＝a 3＋1，∴a 4＝3；∵a 5a 4＝a 4－1，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝34.5．等差数列{a n }的公差d≠0，且a 1、a 4、a 8成等比数列，则a 1＋a 4＋a 8a 2＋a 5＋a 9＝________.[答案]3740[分析] 此类问题一般依据条件和等差(比)数列的通项(或前n 项和)公式列方程求解．解方程时，注意等比数列的首项和公比都不能为0.[解析] ∵a 1、a 4、a 8成等比数列，∴a 24＝a 1·a 8，又{a n }成等差数列，公差d ，∴(a 1＋3d)2＝a 1(a 1＋7d)，∴a 1＝9d≠0， ∴原式＝9d ＋12d ＋16d 10d ＋13d ＋17d ＝37d 40d ＝3740.6．(2011·上饶市四校联考)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n＋2成等差数列，则q 的值为________． [答案] －2[解析] 若q ＝1，则由2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2⇒2na 1＝(n ＋1)a 1＋(n ＋2)a 1⇒2n ＝2n ＋3矛盾， ∴q≠1，由2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2可得2a 1－q n 1－q＝a 1－q n ＋11－q ＋a 1－q n ＋21－q⇒q n ＋2＋q n ＋1－2q n ＝0⇒q 2＋q －2＝0(∵q≠1)，解得q ＝－2.7．(2011·天津市二十区县联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，向量a ＝(a n －1，－2)，b ＝(4，S n )满足a ⊥b ，则S 5S 3＝________.[答案]317[解析] ∵a ＝(a n －1，－2)，b ＝(4，S n )满足a ⊥b ， ∴a·b ＝0，∴4a n －4－2S n ＝0，即S n ＝2a n －2， ∴S n －1＝2a n －1－2(n≥2)．两式相减得a n ＝2a n －1，∴a na n －1＝2. 由S n ＝2a n －2(n ∈N *)，得a 1＝2.∴{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝2n .∴S5S3＝－251－2－231－2＝317.8．(2011·苏州检测)正整数按下列方法分组：{1}，{2,3,4}，{5,6,7,8,9}，{10,11,12,13,14,15,16}，…，记第n组中各数之和为A n；由自然数的立方构成下列数组：{03,13}，{13,23}，{23,33}，{33,43}，…，记第n组中后一个数与前一个数的差为B n，则A n ＋B n＝________.[答案]2n3[解析]由题意知，前n组共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，所以第n－1组的最后一个数为(n－1)2，第n组的第一个数为(n－1)2＋1，第n组共有2n－1个数，所以根据等差数列的前n项和公式可得A n ＝－2＋1]＋－2＋2n－1]2(2n－1)＝[(n－1)2＋n](2n－1)，而Bn＝n3－(n－1)3，所以A n＋B n＝2n3.。

数列的综合应用

高三数学（人教版）
第六章 ·专题研究二
专题讲
nf(n＋1) 1 (3)由题知，bn＝ f n ＝3n，
解
1 n(n＋1) n(n＋1)
1
11
专
则Tn＝3×
2
＝
6
，
∴பைடு நூலகம்n＝
6(n－n＋
)． 1
题
111
1
1111 1
11
训练
∴
T1＋T2＋
T3＋…
＋Tn
＝
6(1－
2＋2－
3＋3
－
4＋…
＋n－n＋
) 1
∴
1 a＝2，f(x)＝
(12)x.
高三数学（人教版）
第六章 ·专题研究二
专题
又点(n－1，
an n2
)(n∈ N*)(在函数f(x)＝ ax的图象上，
讲解
从
而ann2＝21n－
1，即
an＝
n2 2n－
1.
专题
(n＋ 1)2 n2 2n＋ 1 (2)由 bn＝ 2n －2n＝ 2n 得，
训
练
111
1
Tn，试比较T1＋T2＋T3＋…＋Tn与 6的大小．
高三数学（人教版）
第六章 ·专题研究二
专题
∴f(n＋ 1)＝
1 3
f(n)(n∈ N*)，∴数列{f(n)}(n∈ N*)是以
讲
解
1
1
f(1)＝3为首项，3为公比的等比数列，
专题
∴f(n)＝13×(13)n－ 1，即f(n)＝(13)n(n∈ N*)．
＝6(1－ 1 )． n＋ 1
∵
n∈

5-5第五节数列的综合应用练习题(2015年高考总复习)

第五节数列的综合应用时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．各项都是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( ) A.5－12 B.5＋12 C.1－52D.5－12或5＋12解析设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.答案 B2．据科学计算，运载“神舟”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…a n 则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n (n －1)d 2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1. ∴f (x )＝x 2＋x ，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案 A4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( )A ．有最小值63B ．有最大值63C ．有最小值31D ．有最大值31解析 ∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2＝log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 22－log 23＋log 23－log 24＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝1－log 2(n ＋2)．由S n <－5，得log 2(n ＋2)>6，即n ＋2>64，∴n >62，∴n 有最小值63. 答案 A5．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，…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. 答案 D6．抛物线y ＝(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴交点分别为A n ，B n (n ∈N *)，以|A n B n |表示该两点的距离，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|的值是( )A.2 0092 010 B.2 0102 011 C.2 0112 012D.2 0122 013解析令y ＝0，则(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1＝0. 设两根分别为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝2n ＋1n 2＋n ，x 1x 2＝1n 2＋n .解得x 1＝1n ，x 2＝1n ＋1.∴|A n B n |＝1n －1n ＋1.∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A n B n |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. ∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|＝2 0102 011. 答案 B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．解析由于a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n ，所以a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，…，所以{a n }是周期为4的数列，故S 26＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2－1＋12＋1－2＝－10.答案－108．已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________．解析 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[(n －1)＋(n －2)＋…＋1]＋33＝33＋n 2－n ，所以a n n ＝33n ＋n －1.设f (x )＝33x ＋x －1，则f ′(x )＝－33x 2＋1. 令f ′(x )>0，得x >33或x <－33.所以f (x )在(33，＋∞)上是增函数，在(0，33)上是减函数．因为n ∈N *，所以当n ＝5或n ＝6时，f (n )取最小值．因为f (5)＝535，f (6)＝636＝212，535>212，所以a n n 的最小值为212. 答案 2129．(2013·安徽卷)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n .若a 1＝1 ，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．解析 ∵A 1B 1∥A 2B 2∥A 3B 3∥…∥A n B n ，∴A 1A 2A 2A 3＝B 1B 2B 2B 3，…，不妨设OA 1＝OB 1，OA 2＝OB 2，OA 3＝OB 3，…，OA n ＝OB n .梯形A 1A 2B 2B 1，A 2A 3B 3B 2，…，A n －1A n B n B n －1的面积均为S ，∠O ＝θ.梯形A 1A 2B 2B 1的面积为S ，则S ＝12a 22·sin θ－12a 21·sin θ＝12×22sin θ－12×12sin θ＝32sin θ.梯形A 2A 3B 3B 2的面积 S ＝12a 23·sin θ－12a 22·sin θ＝32sin θ，∴可解得a 3＝7，同理a 4＝10，…，故a n ＝3n －2. 答案 a n ＝3n －2三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分) 10．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n ，(n ∈N *)．(1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．解 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0. 解之得a ＝12，b ＝2n ，即f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)． (2)由1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n .由累加得1a n－14＝n 2－n ，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 11．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%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新，证明：须在第9年初对M 更新．解 (1)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 ＞6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎨⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)， A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ；当n ≥7时，由于S 6＝570，故 S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6 ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n. 因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3428＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3439＝767996＜80.所以须在第9年初对M 更新． 12．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＞0，y ≤－nx ＋3n所表示的平面区域为D n ，记D n内的整点个数为a n (n ∈N *)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1.若对于一切的正整数n ，总有T n ≤m ，求实数m 的取值范围．解 (1)由x ＞0，y ＞0,3n －nx ＞0，得0＜x ＜3. ∴x ＝1，或x ＝2.∴D n 内的整点在直线x ＝1和x ＝2上．记直线y ＝－nx ＋3n 为l ，l 与直线x ＝1，x ＝2的交点的纵坐标分别为y 1，y 2.则y 1＝－n ＋3n ＝2n ，y 2＝－2n ＋3n ＝n . ∴a n ＝3n (n ∈N *)．(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝3n (n ＋1)2， ∴T n ＝n (n ＋1)2n .∴T n ＋1－T n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1－n (n ＋1)2n ＝(n ＋1)(2－n )2n ＋1.∴当n ≥3时，T n ＞T n ＋1，且T 1＝1＜T 2＝T 3＝32. 于是T 2，T 3是数列{T n }中的最大项，故m ≥T 2＝32.。

高考数学《数列求和及综合应用》复习

1010
C. 2019
2020
√D. 2020 2021
由
a1
1 2
，an1
1 2 an
，得 a2
1 2 a1
2 3
，a3
3 4
，归纳可得
an
n
n
1
.当
n
1
时，a1
1 2
满足
an
n.
n 1
假设当 n k 时满足，即 ak
k
k 1
，当
n
k
1 时，
ak 1
1 2 ak
1 2 k
k 1 ，满足该式，故
an
SS1n,
n
1 Sn1, n
2, n N
只有 a1 S1 ，满足 n 2 的情形，通项公式才可以统一写成 an Sn . Sn1
1.已知数列an
满足
a1
1 2
，
an1
2
1 an
n N*
，则 a1
a2 22
a3 32
a2020 的值是(
20202
)
A. 2018
2019
B. 1009
3.以等差（比）数列为命题背景，考查等差（比）的前n项和公式、分组求和 4.以递推数列、等差（比）数列为命题背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法
考点解读
5.等差（比）数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和 6.常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等
2.已知等比数列an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn 2n1 2 ，
则数列
log
2
an
1 log2
an1

高考数学一轮总复习 5.5数列的综合应用练习-人教版高三全册数学试题

第五节数列的综合应用时间：45分钟分值：100分基础必做一、选择题1．各项都是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12 B.5＋12C.1－52D.5－12或5＋12解析设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.答案 B2．据科学计算，运载“神舟”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…a n 则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n n －1d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2－a 26＋2a 10＝0，首项为18的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 6＝a 6，则S 6＝( )A ．16 B.318 C.638D.6316解析由2a 2－a 26＋2a 10＝0，∴4a 6＝a 26. ∵a 6≠0，∴a 6＝4.∴b 6＝4.又∵{b n }的首项b 1＝18，∴q 5＝b 6b 1＝32.∴q ＝2. ∴S 6＝18－4×21－2＝638.答案 C4．(2014·某某八校二联)对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：数列{x n }1n n ＋1的图象上，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋…＋x 2 013＋x 2 014的值为( )A ．7 549B ．7 545C ．7 539D ．7 535解析由已知表格列出点(x n ，x n ＋1)，(1,3)，(3,5)，(5,6)，(6,1)，(1,3)，…，即x 1＝1，x 2＝3，x 3＝5，x 4＝6，x 5＝1，…，数列{x n }是周期数列，周期为4,2 014＝4×503＋2，所以x 1＋x 2＋…＋x 2 014＝503×(1＋3＋5＋6)＋1＋3＝7 549.答案 A5．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1解析由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)，两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2， ∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案 D6．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011解析结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.所以a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.故选D.答案 D 二、填空题7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．解析由于a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，所以a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，…，所以{a n }是周期为4的数列，故S 26＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2－1＋12＋1－2＝－10. 答案－108．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．(2014·某某六校二模)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{}中，c 5≤对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值X围是________．解析数列是取a n 和b n 中的最大值，据题意c 5是数列{}的最小项，由于函数y ＝25－n是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.答案 [－5，－3] 三、解答题10．(2014·某某高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：＋1<≤13. 解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，① 得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，② ①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)， ∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1.∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3，∴b n ＝3n －6. (2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ，∴＝3n 3n ＋1＝n 3n ，∴＋1－＝1－2n3n ＋1<0，∴＋1<<…<c 1＝13，即＋1<≤13.11．已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令＝(－1)n S n (n ∈N *)，{}的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)dn －2＋2n －1，a ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值X 围．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为＝(－1)nS n ，所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330，即10(3＋d )＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n . (2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n －[2(a －2)3n －2＋2n －1]＝4(a －2)3n －2＋2n －1＝4·3n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2.由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，因为2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54.所以a ≤54.培优演练1．已知点(1，13)是函数f (x )＝a x(a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？解 (1)因为f (1)＝a ＝13，所以f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x.a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝f (2)－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132－13＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝f (3)－f (2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝－227.又数列{a n }是等比数列，设其公比为q ，所以a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，所以c ＝1.又公比q ＝a 2a 1＝13，所以a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．因为S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，又b n >0，S n >0，所以S n －S n －1＝1.所以数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时，b 1＝1也适合此通项公式，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －1×2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009，所以满足T n >1 0002 009的最小正整数n 为112. 2．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)若S n ＝(a 1－1)·(a 2－1)＋(a 2－1)·(a 3－1)＋…＋(a n －1)·(a n ＋1－1)，是否存在a ，b ∈Z ，使得a ≤S n ≤b 恒成立？若存在，求出a 的最大值与b 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，知当n ≥2时，b n －1＝1a n －1－1，b n ＝1a n －1＝12－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1，所以b n －b n －1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1(n ∈N *，n ≥2)．所以{b n }是首项为b 1＝1a 1－1＝－52，公差为1的等差数列． (2)由(1)，知b n ＝n －72.依题意，有S n ＝(a 1－1)·(a 2－1)＋(a 2－1)·(a 3－1)＋…＋(a n－1)·(a n ＋1－1)＝1b 1·1b 2＋1b 2·1b 3＋…＋1b n ·1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝－25－1n ＋1－72.设函数y ＝1x －72，当x >72时，y >0，y ′<0，则函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫72，＋∞上为减函数，故当n ＝3时，S n ＝－25－1n ＋1－72取最小值－125. 而函数y ＝1x －72在x <72时，y <0，y ′＝－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －722<0，函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72上也为减函数，故当n ＝2时，S n 取得最大值85.故a 的最大值为－3，b 的最小值为2.。

高考数学专题复习数列的综合应用教案文教案

福建省漳浦县道周中学2014年高考数学专题复习数列的综合应用教案文1.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题.2.数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率、银行信贷、分期付款、合理定价等.3.解答数列应用题的基本步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中.4.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)分期付款模型：设贷款总额为a，年利率为r，等额还款数为b，分n期还完，则b ＝r1＋r n 1＋r n－1a.[难点正本疑点清源]1.用函数的观点理解等差数列、等比数列(1)对于等差数列，由a n＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，当d≠0时，a n是关于n的一次函数，对应的点(n，a n)是位于直线上的若干个离散的点.当d>0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常函数，对应的数列是常数列；d<0时，函数是减函数，对应的数列是递减数列. 若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2＋qn (p、q∈R).当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.(2)对于等比数列：a n＝a1q n－1.可用指数函数的性质来理解.①当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时，等比数列是递增数列；②当a1>0,0<q<1或a1<0，q>1时，等比数列{a n}是递减数列.③当q＝1时，是一个常数列.④当q<0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列.2.解答数列综合问题的注意事项(1)要重视审题、精心联想、沟通联系；(2)将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题等联系起来.题型一等差数列与等比数列的综合应用例1在等比数列{a n} (n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设b n＝log2a 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 ；(3)试比较a n与S n的大小.探究提高在解决等差数列和等比数列综合题时，恰当地运用等差数列和等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度和准确度，如本例中就合理地应用了等差中项.已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝2，且a n＋1＝(1＋q)a n－qa n－1 (n≥2，q≠0).(1)设b n＝a n＋1－a n (n∈N*)，证明：{b n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n∈N*，a n是a n＋3与a n＋6的等差中项. 题型二数列与函数的综合应用例2已知函数f(x)＝log2x－log x2(0<x<1)，数列{a n}满足f(2a n)＝2n (n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)判断数列{a n}的单调性.探究提高本题融数列、方程、函数单调性等知识为一体，结构巧妙、形式新颖，着重考查学生的逻辑分析能力.已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0，且有f(1＋x)＝f(1－x)，直线g(x)＝4(x －1)的图象被f(x)的图象截得的弦长为417，数列{a n}满足a1＝2，(a n＋1－a n)g(a n)＋f(a n)＝0 (n∈N*).(1)求函数f(x)的解析式；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)设b n＝3f(a n)－g(a n＋1)，求数列{b n}的最值及相应的n.题型三数列与不等式的综合应用例3 已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝14，a n ＋b n ＝1，b n ＋1＝b n1－a 2n .(1)求b 1，b 2，b 3，b 4； (2)求数列{b n }的通项公式；(3)设S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1，求实数a 为何值时，4aS n <b n .探究提高由a n ＋b n ＝1得到a n 的表达式，然后利用裂项相消法求得S n ，将4aS n <b n 转化为(a －1)n2＋(3a －6)n －8<0对任意n ∈N *恒成立.利用二次函数的性质进行分析，设f (x )＝(a －1)x 2＋3(a －2)x －8，对x 2的系数分a ＝1，a >1及a <1三种情况进行分类讨论，从而求得使不等式成立的a 的取值范围.已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ； (3)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0032对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .题型四数列的实际应用例4 某市2008年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2008年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？ (2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)探究提高解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题，这恰好是数学实际应用的具体体现.从社会效益和经济效益出发，某旅游县区计划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，2010年投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业有促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(2010年为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ (参考数据：lg 2＝0.301 0)15.用构造新数列的思想解题试题：(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1 (n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.审题视角 (1)从求证内容来看，首先要求出S n .(2)从S n 与S n －1的递推关系看，可考虑构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n .(3)可考虑用放缩法证明. 规范解答(1)解 ∵a n ＝－2S n ·S n －1 (n ≥2)，∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2 (n ≥2)，[2分]∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列，[3分]∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n.[5分]将S n ＝12n 代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝1，12n －2n 2n ≥2.[6分](2)证明 ∵S 2n ＝14n 2<14n n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n ≥2)，S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n ＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n<14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝12－14n；[10分]当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1.综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.[12分]批阅笔记 (1)在数列的解题过程中，常常要构造新数列，使新数列成为等差或等比数列.构造新数列可以使题目变得简单，而构造新数列要抓住题目信息，不能乱变形.(2)本题首先要构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，其次应用放缩法，并且发现只有应用放缩法才能用裂项相消法求和，从而把问题解决.事实上：14n 2<14n n －1，也可以看成一个新构造：b n ＝14n n －1. (3)易错分析：构造不出新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，从而使思维受阻.不会作不等式的放缩.方法与技巧1.深刻理解等差(比)数列的性质，熟悉它们的推导过程是解题的关键.两类数列性质既有相似之处，又有区别，要在应用中加强记忆.同时，用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错.2.在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程(组)求解，在解方程组时，仔细体会两种情形中解方程组的方法的不同之处.3.数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度.解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解，深刻领悟它在解题中的重大作用，常用的数学思想方法有：“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转换”等.4.在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用它解决实际问题. 失误与防范1.等比数列的前n 项和公式要分两种情况：公比等于1和公比不等于1.最容易忽视公比等于1的情况，要注意这方面的练习.2.数列的应用还包括实际问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解.专题四数列的综合应用(时间：60分钟) A 组专项基础训练题组一、选择题1.(2011·安徽)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A.15B.12C.－12D.－152.(2010·福建)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A.6B.7C.8D.93.设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.nn －1D.n ＋1n二、填空题4.(2011·江苏)设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________.5.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为_____________.6.在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝________. 三、解答题7.已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小正整数n 的值.8.某人有人民币1万元，若存入银行，年利率为6%；若购买某种股票，年分红利为24%，每年储蓄的利息和买股票所分的红利都存入银行.(1)问买股票多少年后，所得红利才能和原来的投资款相等？(2)经过多少年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等？(精确到整年) (参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1，lg 1.06≈0.025 3)B 组专项能力提升题组一、选择题1.{a n }是等差数列，a 2＝8，S 10＝185，从{a n }中依次取出第3项，第9项，第27项，…，第3n项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，则b n 等于 ( )A.3n ＋1＋2 B.3n ＋1－2C.3n＋2D.3n－22.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2 (n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n( )A.有最小值63B.有最大值63C.有最小值31D.有最大值313.已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4 (n ∈N *)且a 1＝9，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1125的最小正整数n 是 ( )A.5B.6C.7D.8二、填空题4.(2011·陕西)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.5.将全体正整数排成一个三角形数阵： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ………………按照以上排列的规律，第n 行(n ≥3)从左向右的第3个数为__________.6.对正整数n ，若曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和为____________. 三、解答题7.已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n －1n n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ·2n，求数列{b n }的前n 项和S n .8.已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1na n ＋3 (n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在最大的整数t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由. 答案题型分类·深度剖析例1 (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)S n ＝9n －n 22 a n ＝25－n (n ∈N *)(3)解显然a n ＝25－n>0，当n ≥9时，S n ＝n 9－n2≤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 .变式训练1 (1)证明由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1 (n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2.由b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列.(2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－q n －11－q ， q ≠1n ， q ＝1(3)解由(2)，当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1. 由a 3－a 6＝a 9－a 3可得q 5－q 2＝q 2－q 8，由q ≠0得q 3－1＝1－q 6，①整理得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2或q 3＝1(舍去).于是q ＝－32. 另一方面，a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q(1－q 6).由①可得a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ，即2a n ＝a n ＋3＋a n ＋6，n ∈N *.所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项.例2 解 (1)由已知得log 22a n －1log 22a n ＝2n ，∴a n －1a n ＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0.∴a n ＝n ±n 2＋1.∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1.(2)∵a n ＋1a n ＝n ＋1－n ＋12＋1n －n 2＋1＝n ＋n 2＋1n ＋1＋n ＋12＋1<1，又∵a n <0，∴a n ＋1>a n ， ∴{a n }是递增数列.变式训练2 (1)f (x )＝(x －1)2(2)a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＋1(3)解 b n ＝3(a n －1)2－4(a n ＋1－1)，令b n ＝y ，u ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1，则y ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122－14＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122－34. ∵n ∈N *，∴u 的值分别为1，34，916，2764，…，经比较916距12最近，∴当n ＝3时，b n 有最小值是－189256，当n ＝1时，b n 有最大值是0. 例3 (1)b 1＝34，b 2＝45，b 3＝56，b 4＝67(2)b n ＝n ＋2n ＋3(3)解 a n ＝1－b n ＝1n ＋3，∴S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝14×5＋15×6＋…＋1n ＋3n ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋3－1n ＋4＝14－1n ＋4＝n 4n ＋4. ∴4aS n －b n ＝an n ＋4－n ＋2n ＋3＝a －1n 2＋3a －6n －8n ＋3n ＋4.由条件可知(a －1)n 2＋(3a －6)n －8<0在[1，＋∞)上恒成立即可满足条件. 设f (x )＝(a －1)x 2＋3(a －2)x －8，则a ＝1时，f (x )＝－3x －8<0，恒成立；a >1时，由二次函数的性质知不可能成立； a <1时，对称轴x ＝－32·a －2a －1＝－32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a －1<0.f (x )在[1，＋∞)上为单调递减函数. f (1)＝(a －1)＋(3a －6)－8＝4a －15<0.∴a <154，∴a <1时，4aS n <b n 恒成立.综上知，a ≤1时，4aS n <b n 恒成立.变式训练3 (1)a n ＝23n ＋13(2)－49(2n 2＋3n ) (3)2 012例4 解 (1)设中低价房面积形成数列{a n }，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，则S n ＝250n ＋n n －12×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2017年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米. (2)设新建住房面积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400×(1.08)n －1.由题意可知a n >0.85b n ，有250＋(n －1)×50>400×(1.08)n －1×0.85.当n ＝5时，a 5<0.85b 5，当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2013年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 变式训练4 (1)a n ＝4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，b n ＝1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1(2)解设经过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 －1－4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n >0，令x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，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. 答至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入. 课时规范训练 A 组1.A2.A3.A4.33 5.－10 6.97.解 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0.由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，① a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2).②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2， ∴a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n). 设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n， ③ 则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n ·2n ＋1>50成立，即－(n －1)·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1>50，即2n>26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x是单调递增函数，∴满足条件的n 的最小值为5. 8.解设该人将1万元购买股票，x 年后所得的总红利为y 万元，则y ＝24%＋24%(1＋6%)＋24%(1＋6%)2＋…＋24%(1＋6%)x －1＝24%(1＋1.06＋1.062＋…＋1.06x －1)＝4(1.06x－1).(1)由题意，得4(1.06x－1)＝1， ∴1.06x＝54.两边取常用对数，得x lg 1.06＝lg 54＝lg 5－lg 4＝1－3lg 2.∴x ＝1－3lg 2lg 1.06≈1－3×0.301 00.025 3≈4.(2)由题意，得4(1.06x－1)＝(1＋6%)x，∴1.06x＝43.解得x ≈5.答 (1)买股票4年后所得的红利才能和原来的投资款相等； (2)经过大约5年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等. B 组1.A2.A3.C4.2 0005.n 2－n ＋626.2n ＋1－27.(1)a n ＝n ＋1n，n ∈N * (2)S n ＝n ·2n ＋18.解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2. ∵a 1＝1，解得d ＝2，d ＝0(舍). ∴a n ＝2n －1 (n ∈N *). (2)b n ＝1na n ＋3＝12n n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n2n ＋1. 假设存在整数t 满足S n >t36总成立，又S n ＋1－S n ＝n ＋12n ＋2－n2n ＋1 ＝12n ＋2n ＋1>0，∴数列{S n }是单调递增的.∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9.又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.。

高考总复习优化设计二轮用书数学考点突破练5 数列求和及其综合应用

∴2na1+2n-1a2+…+22an-1=2(n-1)an(n≥2),②
①-②得2an=nan+1-2(n-1)an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),
令2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1中n=1,得a2=2a1也符合上式,
故数列{an}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,则an=a1qn-1=2n-1.
2 +
n+1
Tn=(2 -2)×
=(2n-1)(n2+n).
2
n+1
1 2 3 4 5 6
=
2 +
,
2
3.(2023河北张家口高三期末)已知Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an-4n+2.
(1)证明:数列{an+4}为等比数列;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
1 2 3 4 5 6
9
由题意得 6d+=21,从而 2d2-7d+3=0.
1
整理得(2d-1)(d-3)=0,解得 d=3 或 d=2(舍去).
故 an=3n,n∈N*.
1 2 3 4 5 6
(2)由题意,n∈N*,d>1,
2 +
在等差数列{bn}中,bn= ,前 n 项和为 Tn,

2
6
12
a2=a1+d,a3=a1+2d,b1= ,b2= ,b3= ,
2024
高考总复习优化设计
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
考点突破练5
数列求和及其综合应用
1.(2023安徽芜湖高三统考)已知Sn是数列{an}的前n项和,2Sn=(n+1)an,且

2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一数列求和【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2；当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二数列与函数的综合问题【题型要点】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．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)，所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)．题型三数列与不等式的综合问题【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】方法一由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1，所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立．综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2；经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1，故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)．综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2，即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)，所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)，因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ，又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1，假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列，即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增，若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求；当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

高三数学专题训练数列的综合运用

高三数学专题练习数列的综合运用一、选择题1．在数列{}n a 中,1115,332(),n n a a a n N +==-∈那么该数列中相邻两项乘积是负数的项是〔〕〔A 〕21a 和22a 〔B 〕22a 和23a 〔C 〕23a 和24a 〔D 〕24a 和25a2．数列{}n a 中,372,1a a ==,又数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列,那么8a =〔〕〔A 〕0 〔B 〕12 〔C 〕23〔D 〕－1 3．在等差数{}n a 中,假设69121520,a a a a +++=那么20S 等于〔〕〔A 〕90 〔B 〕100 〔C 〕110 〔D 〕1204．设{}n a 是由正数组成的等比数列,公比2,q =且30123302,a a a a ⋅⋅=那么36930a a a a ⋅⋅等于〔〕〔A 〕102 〔B 〕202 〔C 〕162 〔D 〕1525．等差数列{}n a 共有21n +项,其中13214,n a a a ++++=2423,n a a a +++=那么n 的值为〔〕〔A 〕3 〔B 〕5 〔C 〕7 〔D 〕96．数列{}n a 的首项13a =,又满足13,n n n a a +=那么该数列的通项n a 等于〔〕〔A 〕(1)23n n - 〔B 〕2223n n -+ 〔C 〕213n n +- 〔D 〕213n n -+7．1lg3,lg(sin ),lg(1)2x y --顺次成等差数列,那么〔〕〔A 〕y 有最大值,无最小值〔B 〕y 有最小值1112,无最小值〔C 〕y 有最小值1112,最大值1 〔D 〕y 有最小值 -1,最大值1 8．假设 {}n a 是等比数列,4738512,124,a a a a =-+=且公比q 为整数,那么10a =〔〕〔A 〕256 〔B 〕-256 〔C 〕512 〔D 〕-5129．22lim 2,lim 3,n n an cn bn c bn c cn a →∞→∞++==++那么22lim n an bn c cn an b→∞++=++〔〕〔A 〕16 〔B 〕23 〔C 〕32〔D 〕6 10．22111lim(1)(1)(1)222n n →∞+++的值为〔〕〔A 〕2 〔B 〕32 〔C 〕158〔D 〕3 11．设{}n a 是正项等比数列,且公比为q ,那么18a a +与45a a +的大小关系为〔〕〔A 〕1845a a a a +>+ 〔B 〕1845a a a a +<+〔C 〕1845a a a a +=+ 〔D 〕与公比的值有关12．数列{}n a 的通项公式12112,,n n n a n S a a a =-=+++那么10S =〔〕〔A 〕100 〔B 〕50 〔C 〕25 〔D 〕125二、填空题13．在等差数列{}n a 中,1231215,78,n n n a a a a a a --++=++=155,n S =那么n =_____.14．在等比数列{}n a 中,1234324,36,a a a a +=+=那么56a a +=_____________. 15．....0.120.230.340.89++++=_________________. 16．{}n a 是一个首项为a ,公比为(01)q q <≤的等比数列,且22212(),n n G a a a n N =+++∈那么lim n n n S G →∞=_________________________________. 三、解做题17．数列{}n a 中,12331,,5100a a ==且数列1110n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为12的等比数列,数列11lg()2n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公差为1-的等差,求数列{}n a 的通项公式.18．用数学归纳法证实： 22211131().2321n n N n n +++++≥∈+19．在公差为(0)d d ≠的等差数列{}n a 和公比为q 的等比数列{}n b 中,1122831,,.a b a b a b ====〔1〕求、d q 的值；〔2〕假设存在常数、a b 使log n a n a b b =+对一切自然数n 成立,求出、a b 的值；假设不存在,说明理由.〔参考答案〕1~12. CBBBA BBCDA AB 13、10 14、4 15、4445 16、 1q =时,1lim n n n S G a →∞= ；01q <<时,1lim .n n nS q G a →∞+= 17、11511()2210n n n a ++=- 18、1n k =+时,只要证2313(1).21(1)23k k k k k ++≥+++ 23(1)312321(1)k k k k k +--+++ 22(2)0.(1)(483)k k k k k -+=<+++19、〔1〕154,6.n n n a n b -=-=〔2〕156, 1.a b ==。

复习课时提能演练数列的综合应用

课时提能演练(数列的综合应用)1.已知各项不为0的等差数列{an }满足2a3－a27＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6·b8＝( )(A)2 (B)4 (C)8 (D)162.已知等差数列{an }的前n项和为Sn，且S2＝10，S5＝55，则过点P(n，an)和Q(n＋2，an＋2)(n∈N*)的直线的一个方向向量的坐标可以是( )(A)(2,4) (B)(－13，－43) (C)(－12，－1) (D)(－1，－1)3.已知实数等比数列{an }中，Sn是它的前n项和.若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为54，则S5等于( )(A)35 (B)33 (C)31 (D)294.已知数列{an }、{bn}都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1、b1，且a1＋b1＝5，a1>b1，a1、b1∈N*(n∈N*)，则数列{nba}的前10项的和等于( )(A)65 (B)75 (C)85 (D)955.已知数列{an }为等差数列，若a11a10＜－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn＜0的n的最小值为( )(A)11 (B)19 (C)20 (D)216.设曲线y＝x n(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an ，则数列{ann＋1}的前n项和Sn等于.7.设Sn 是数列{an}的前n项和，若S2nSn(n∈N*)是非零常数，则称数列{an}为“和等比数列”.若数列{n b2}是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{b n} (填“是”或“不是”)“和等比数列”.8.某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员，第1名得全部资金的一半多一万元，第2名得剩下的一半多一万元，以名次类推都得到剩下的一半多一万元，到第10名恰好资金分完，则此科研单位共拿出万元资金进行奖励.9.已知数列{an }，{bn}，其中a1＝12，数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n∈N*)，数列{bn }满足b1＝2，bn＋1＝2bn.(1)求数列{an }，{bn}的通项公式；(2)是否存在自然数m，使得对于任意n∈N*，n≥2，有1＋1b1＋1b2＋…＋1bn－1＜m－84恒成立？若存在，求出m的最小值.10.已知数列{an }的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，且在点Pn (n，Sn)处的切线的斜率为kn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝n k2a n，求数列{b n}的前n项和T n.1.【解析】选D.∵数列{a n }是等差数列，∴a 3＋a 11＝2a 7，由2a 3－a 27＋2a 11＝0，得4a 7－a 27＝0，又a n ≠0，∴a 7＝4，∴b 6·b 8＝b 27＝42＝16.2.【解题指南】解决本题首先明确方向向量的概念，然后通过已知求得数列的首项和公差，再求得直线的一个方向向量与选项对比即可. 【解析】选B.由S 2＝10，S 5＝55，得 2a 1＋d ＝10,5a 1＋10d ＝55，解得a 1＝3，d ＝4，可知直线PQ 的一个方向向量是(1,4)，只有(－13，－43)与(1,4)平行，故选B. 3.【解析】选C.由a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1得a 4＝2，又a 4＋2a 7＝52，∴a 7＝14，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 7＝a 4q 3， ∴q 3＝18，∴q ＝12，a 1＝16，∴S 5＝16[1－(12)5]1－12＝31.4.【解析】选C.应用等差数列的通项公式得 a n ＝a 1＋n －1，b n ＝b 1＋n －1， ∴nb a ＝a 1＋b n －1＝a 1＋(b 1＋n －1)－1＝a 1＋b 1＋n －2＝5＋n －2＝n ＋3，∴数列{nb a }也是等差数列，且前10项和为10〓(4＋13)2＝85.【方法技巧】构造等差数列求解在等差数列相关问题中，有些数列不能直接利用等差数列的性质和求和公式，但是通过对数列变形可以构造成等差数列. (1)由递推公式构造等差数列一般是从研究递推公式的特点入手，如递推公式a n ＋1＝2a n ＋3·2n ＋1的特点是除以2n ＋1就可以得到下标和指数相同了，从而构造成等差数列{a n2n }.(2)由前n 项和S n 构造等差数列. (3)由并项、拆项构造等差数列.5.【解题指南】解答本题首先要搞清条件“a 11a 10＜－1”及“S n 有最大值”如何使用，从而列出关于a 1，d 的不等式组，求出a 1d 的取值范围，进而求出使得S n ＜0的n 的最小值.【解析】选C.方法一：由题意知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，a 10＋a 11＜0，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9d ＞0a 1＋10d ＜02a 1＋19d ＜0d ＜0得－192＜a 1d＜－9. ∵S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n ，由S n ＝0得n ＝0或n ＝1－2a 1d.∵19＜1－2a 1d＜20， ∴S n ＜0的解集为{n ∈N *|n ＞1－2a 1d }故使得S n ＜0的n 的最小值为20.方法二：由题意知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，a 10＋a 11＜0，由a 10＞0知S 19＞0，由a 11＜0知S 21＜0，由a 10＋a 11＜0知S 20＜0，故选C.6.【解析】∵y ′＝nx n －1－(n ＋1)x n ，∴y ′|x ＝2＝n ·2n －1－(n ＋1)·2n ＝－n · 2n －1－2n ，∴切线方程为y ＋2n ＝(－n ·2n －1－2n )(x －2)，令x ＝0得y ＝(n ＋1)·2n ，即a n ＝(n ＋1)·2n ， ∴a nn ＋1＝2n ，∴S n ＝2n ＋1－2. 答案：2n ＋1－27.【解题指南】解决本题的关键是正确理解“和等比数列”的定义，然后求解.【解析】数列{nb 2}是首项为2，公比为4的等比数列，所以nb 2＝2·4n－1＝22n －1，b n ＝2n －1.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n 2，T 2n ＝4n 2，所以T 2nT n ＝4，因此数列{b n }是“和等比数列”.答案：是8.【解析】设第10名到第1名得到的奖金数分别是a 1，a 2，…，a 10，则a n ＝12S n ＋1，则a 1＝2，a n －a n －1＝(12S n ＋1)－(12S n －1＋1)＝12(S n －S n －1)＝12a n ，即a n ＝2a n －1，因此每人得的奖金额组成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以S 10＝2(1－210)1－2＝2 046.答案：2 0469.【解析】(1)因为S n ＝n 2a n (n ∈N *)，当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1. 所以a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1. 所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1. 即a n a n －1＝n －1n ＋1. 又a 1＝12，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13·12 ＝1n(n ＋1). 当n ＝1时，上式也成立，故a n ＝1n(n ＋1).因为b 1＝2，b n ＋1＝2b n .所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，故b n ＝2n . (2)由(1)知，b n ＝2n .则1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1.假设存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＜m －84恒成立，即2－12n －1＜m －84恒成立.由m －84≥2，解得m ≥16.所以存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＜m －84恒成立.此时m 的最小值为16.10、【解题指南】(1)将点P n 代入函数f(x)后，利用S n 与a n 的关系，求得a n ；(2)先求f(x)在点P n 处的斜率k n ，代入b n 后利用错位相减法求出T n . 【解析】(1)∵点P n (n ，S n )在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上， ∴S n ＝n 2＋2n(n ∈N *)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n＋1.(2)由f(x)＝x2＋2x，求导得f′(x)＝2x＋2.∵在点P n(n，S n)处的切线的斜率为k n，∴k n＝2n＋2，∴b n＝n k2a n＝4·(2n＋1)·4n，∴T n＝4〓3〓4＋4〓5〓42＋4〓7〓43＋…＋4〓(2n＋1)〓4n，用错位相减法可求得T n＝6n＋19·4n＋2－169.【变式备选】已知等差数列{a n}满足：a n＋1＞a n(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1,1, 3后顺次成为等比数列{b n}的前三项. (1)分别求数列{a n}，{b n}的通项公式a n，b n.(2)设T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a nb n(n∈N*)，若T n＋2n＋32n－1n＜c(c∈Z)恒成立，求c的最小值.【解析】(1)设d、q分别为数列{a n}、数列{b n}的公差与公比.由题意知，a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1,1,3后得2,2＋d,4＋2d是等比数列{b n}的前三项，∴(2＋d)2＝2(4＋2d) d＝〒2.∵a n＋1＞a n，∴d＞0.∴d＝2，∴a n＝2n－1(n∈N*).由此可得b1＝2，b2＝4，q＝2，∴b n＝2n(n∈N*).(2)T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a nb n＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ①当n ＝1时，T 1＝12；当n ≥2时，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②①－②，得12T n ＝12＋2〓(122＋123＋…＋12n )－2n －12n ＋1.∴T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n＝3－2n ＋32n .∴T n ＋2n ＋32n －1n ＝3－1n ＜3.∵(3－1n )∈[2,3)，∴满足条件T n ＋2n ＋32n －1n＜c(c ∈Z)恒成立的c 的最小整数值为3.。

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.某企业为加大对新产品的推销力度，决定从今年起每年投入100万元进行广告宣传，以增加新产品的销售收入．已知今年的销售收入为250万元，经市场调查，预测第n年与第n－1年销售收入an 与an－1(单位：万元)满足关系式：a n＝a n－1＋－100.(1)设今年为第1年，求第n年的销售收入an；(2)依上述预测，该企业前几年的销售收入总和Sn最大．【答案】（1）an＝500－－100(n－1)（2）前5年【解析】解：(1)由题意可知an －an－1＝－100(n≥2)，an－1－a n－2＝－100，…a 3－a2＝－100，a 2－a1＝－100，a1＝250＝.以上各式相加得，an＝500(＋＋…＋)－100(n－1)＝500·－100(n－1)＝500－－100(n－1)．(2)要求销售收入总和Sn的最大值，即求年销售收入大于零的所有年销售收入的和．∵an＝500－－100(n－1)，∴要使an≥0，即500－－100(n－1)≥0，也就是＋≤1.令bn＝＋，则bn －bn－1＝＋－－＝－，显然，当n≥3时，bn >bn－1，而b5<1，b6>1，∴a5>0，a6<0.∴该企业前5年的销售收入总和最大．2.设数列{an }的前n项和Sn满足＝3n－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.【答案】（1）an＝6n－5(n∈N*)（2）10【解析】解：(1)由＝3n－2，得Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an ＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×1－2＝6－5＝1.所以an＝6n－5(n∈N*)．(2)由(1)得bn＝＝＝ (－)，故Tn＝ [(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝ (1－)．因此，使得(1－)< (n∈N*)成立的m必须满足≤，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.3.（14分）（2011•广东）设b＞0，数列{an}满足a1=b，an=（n≥2）（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n，2an≤b n+1+1．【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列an的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．解：（1）∵（n≥2），∴（n≥2），当b=1时，（n≥2），∴数列{}是以为首项，以1为公差的等差数列，∴=1+（n﹣1）×1=n，即an=1，当b＞0，且b≠1时，（n≥2），即数列{}是以=为首项，公比为的等比数列，∴=×=，即an=，∴数列{an}的通项公式是（2）证明：当b=1时，不等式显然成立当b＞0，且b≠1时，an =，要证对于一切正整数n，2an≤b n+1+1，只需证2×≤b n+1+1，即证∵==（b n+1+1）×（b n﹣1+b n﹣2+…+b+1）=（b2n+b2n﹣1+…+b n+2+b n+1）+（b n﹣1+b n﹣2+…+b+1）=b n[（b n+b n﹣1+…+b2+b）+（++…+）]≥b n（2+2+…+2）=2nb n所以不等式成立，综上所述，对于一切正整数n，有2an≤b n+1+1，点评：本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．4.已知数列,,2,,…,则2在这个数列中的项数为()A．6B．7C．19D．11【答案】B【解析】设,,,,…形成的数列为{an },被开方数形成的数列为{bn},从形式上讲,每一项都有二次根号,被开方数为2,5,8,11…,易归纳出数列{bn }的一个通项公式为bn=3n-1,所以an=,2==,解得n=7,所以2是这个数列的第7项.5.已知数列，对任意的，当时，；当时，，那么该数列中的第10个2是该数列的第项．【答案】39366（）【解析】由题意，，，由此可得，，故第10个2应该是，即第项．【考点】数列的通项公式与数列的项．6.一个三角形数表按如下方式构成（如图：其中项数）：第一行是以4为首项，4为公差的等差数列，从第二行起，每一个数是其肩上两个数的和，例如：；为数表中第行的第个数．（1）求第2行和第3行的通项公式和；（2）证明：数表中除最后2行外每一行的数都依次成等差数列；（3）求关于（）的表达式．【答案】(1),；（2）证明见解析，；（3）．【解析】（1）根据定义，，因此，；（2）由于第行的数依赖于第的数，因此我们可用数学归纳法证明；（3）设第行的公差为，，而，从而，即，于是有，由此可求得数列是公差为1的等差数列，而，由等差数列通项公式得，从而有．试题解析：（1）．（4分）（2）由已知，第一行是等差数列，假设第行是以为公差的等差数列，则由（常数）知第行的数也依次成等差数列，且其公差为.综上可得，数表中除最后2行以外每一行都成等差数列．（9分）（3）由于，所以，（11分）所以，由得，（13分）于是，即，（15分）又因为，所以，数列是以2为首项，1为公差的等差数列，所以，，所以（）．（18分）【考点】（1）等差数列的通项公式；（2）等差数列的判定；（3）由递推公式求通项公式．7. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，且在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2k n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）a n ＝2n ＋1（2）T n ＝·4n ＋2－【解析】(1)∵点P n (n ，S n )在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，∴S n ＝n 2＋2n(n ∈N *)，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由f(x)＝x 2＋2x ，求导得f′(x)＝2x ＋2. ∵在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n ， ∴k n ＝2n ＋2，∴b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n ， ∴T n ＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n ，用错位相减法可求得T n ＝·4n ＋2－.8. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足log 2(1＋S n )＝n ＋1，则{a n }的通项公式为__________．【答案】a n ＝【解析】由log 2(1＋S n )＝n ＋1，得S n ＝2n ＋1－1. n ＝1时，a 1＝S 1＝3.n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n . 当n ＝1时a 1＝3不符合上式，∴a n ＝9. 已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且a n ＝S n －1＋2(n ≥2)，a 1＝2. (1)求数列{a n }的通项公式． (2)设b n ＝，T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ，是否存在最大的正整数k ，使得对于任意的正整数n ，有T n ＞恒成立？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）2n （2）存在【解析】(1)由已知a n ＝S n －1＋2， ① 得a n ＋1＝S n ＋2. ②②－①，得a n ＋1－a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝2a n (n ≥2)．又a 1＝2，∴a 2＝a 1＋2＝4＝2a 1， ∴a n ＋1＝2a n (n ＝1,2,3，…)，∴数列{a n }是一个以2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2·2n －1＝2n ，n ∈N *. (2)b n ＝＝＝，∴T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＝＋＋…＋，T n ＋1＝b n ＋2＋b n ＋3＋…＋b 2(n ＋1)＝＋＋…＋＋＋. ∴T n ＋1－T n ＝＋－＝＝.∵n 是正整数，∴T n ＋1－T n ＞0，即T n ＋1＞T n .∴数列{T n }是一个单调递增数列．又T 1＝b 2＝，∴T n ≥T 1＝，要使T n ＞恒成立，则＞，即k ＜6.又k 是正整数，故存在最大正整数k ＝5使T n ＞恒成立． 10. 若，则___________ ．【答案】【解析】由，可得，所以．【考点】代数式的处理11. 数列的首项为，为等差数列且 .若则，，则( )A ．0B ．3C ．8D ．11【答案】B 【解析】由为等差数列且，，则，所以，故，累加得，所以.【考点】1、等差数列的通项公式；2、累加法.12. 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.13.已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数为,数列的前项和为,点均在函数的图像上.（1）求的解析式；（2）求数列的通项公式；（3）设,是数列的前n项和,求使得对所有都成立的最小正整数.【答案】（1）（2）（3）10【解析】（1）利用导函数及待定系数法求解；（2）利用与的关系求通项公式，要注意对进行讨论；（3）数列求和的方法由数列的通项公式决定.常用的方法有：公式求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法等。

数列的综合应用专题训练

数列的综合应用专题训练1.(优质试题·山东)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .2.(优质试题·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求a n 的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.3.(优质试题·浙江)设数列{a n }满足|a n －a n ＋12|≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a n |－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.1.(优质试题·湖北)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b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n .2.(优质试题·四川)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.3.(优质试题·湖南)已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *.(1)若{a n }是递增数列，且a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式.4.(优质试题·浙江)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *).若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *).记数列{c n }的前n 项和为S n . ①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n .1.(优质试题·山西临汾模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＋1＝(λ＋1)S n＋1(n∈N*，λ≠－2)，且3a1，4a2，a3＋13成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足a n b n＝log4a n＋1，求数列{b n}的前n项和T n.2.(优质试题·天一大联考模拟)已知正项数列{a n}的前n项和为S n，首项a1＝1，点P(a n，a2n＋1)在曲线y＝x2＋4x＋4上.(1)求a n和S n；(2)若数列{b n}满足b1＝17，b n＋1－b n＝2n，求使得b nS n最小的序号n的值.3.(优质试题·山东青岛模拟)等差数列{a n}的前n项和为S n，a22－3a7＝2，且1a2，S2－3，S3成等比数列，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝4（n＋1）a2n a2n＋2，数列{b n}的前n项和为T n，若对于任意的n∈N*，都有64T n＜|3λ－1|成立，求实数λ的取值范围.4.(优质试题·上海宝山区模拟)某市优质试题年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张.为了节能减排和控制总量，从优质试题年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变.(1)记优质试题年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{a n}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{b n}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式.(2)200万张？5.(优质试题·广东广州一模)已知等差数列{a n}的首项为10，公差为2，等比数列{b n}的首项为1，公比为2，n∈N*.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)设第n个正方形的边长为c n＝min{a n，b n}，求前n个正方形的面积之和S n.(注：min{a，b}表示a与b的最小值.)。

2015届高考数学总复习第五章数列第6课时数列的综合应用课时训练

第五章数列第6课时数列的综合应用1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝________．答案：9解析：设公差d ，由题设3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，所以d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－433a 1>0，所以n<374，则n ≤9，当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10，a n <0. 故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 已知数列{a n }满足a 1＝43，2－a n ＋1＝12a n ＋6(n ∈N *)，则i ＝1n 1a i ＝________．答案：2·3n －n －24解析：条件化为1a n ＋1＝3a n ＋12，即1a n ＋1＋14＝3⎝⎛⎭⎫1a n ＋14，所以1a n ＝3n －1－14，故∑i ＝1n 1a i ＝1－3n 1－3－n 4＝2×3n －2－n 4. 3. 已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1、12a 3、2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________．答案：3＋2 2解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2，设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q＝1＋2或1－2(舍)，a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2. 4. (2013·郑州模拟)已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________．答案：16解析：因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)．又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.5. 已知{a n }是递增数列，且对任意n ∈N *都有a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．答案：(－3，＋∞)解析：∵ {a n }是递增数列，∴ a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，∴ λ>－2n －1对于n ∈N *恒成立．而－2n －1在n ＝1时取得最大值－3，∴ λ>－3.6. 在各项均为正数的数列{a n }中，S n 为前n 项和，na 2n ＋1＝(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1且a 3＝π，则tanS 4＝________．答案： 3解析：由na 2n ＋1＝(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1，可得(a n ＋a n ＋1)(na n ＋1－na n －a n )＝0.∵ 数列{a n }各项都为正数，∴ a n ＋a n ＋1＞0，∴ na n ＋1－na n －a n ＝0.∴ a n a n ＋1＝n n ＋1.∴ a 3a 4＝34，a 4a 5＝45，…，a n －1a n ＝n －1n .各式相乘，得a 3a n ＝3n .∵ a 3＝π，∴ a n ＝n π3.∴ S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝π3＋2π3＋3π3＋4π3＝10π3. ∴ tanS 4＝tan 10π3＝tan π3＝ 3.7. 已知二次函数f(x)＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，(n ∈N *)．(1) 求f(x)的解析式；(2) 若数列{a n }满足1a n ＋1＝f′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．解：(1) 由f′(x)＝2ax ＋b ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0. 解得a ＝12，b ＝2n ，即f(x)＝12x 2＋2nx(n ∈N *)． (2) 由1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴ 1a n ＋1－1a n＝2n. 由累加得1a n －14＝n 2－n ，∴ a n ＝4（2n －1）2(n ∈N *)． 8. (2013·重庆)已知{a n }为等差数列，且a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12.(1) 求{a n }的通项公式；(2) 记{a n }的前n 项和为S n ，若a 1、a k 、S k ＋2成等比数列，求正整数k 的值．解：(1) 设数列{a n }的公差为d ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋4d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n.(2) 由(1)可得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （2＋2n ）2＝n(n ＋1)．因为a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，所以a 2k ＝a 1S k ＋2.从而(2k)2＝2(k ＋2)(k ＋3)，即k 2－5k －6＝0，解得k ＝6或k ＝－1(舍去)，因此k ＝6.9. 在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1) 求d ，a n ；(2) 若d<0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：(1) 由已知得到：(2a 2＋2)2＝5a 1a 34(a 1＋d ＋1)2＝50(a 1＋2d)(11＋d)2＝25(5＋d)121＋22d ＋d 2＝125＋25d d 2－3d －4＝0⎩⎪⎨⎪⎧d ＝4，a n ＝4n ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－1，a n＝11－n. (2) 由(1)知，当d<0时，a n ＝11－n ，① 当1≤n ≤11时，a n ≥0，∴ |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n （10＋11－n ）2＝n （21－n ）2； ② 当n ≥12时，a n ≤0，∴ |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11－(a 12＋a 13＋…＋a n ) ＝2(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11)－(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )＝2×11（21－11）2－n （21－n ）2＝n 2－21n ＋2202，所以，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧n （21－n ）2，（1≤n ≤11），n 2－21n ＋2202，（n ≥12）. 10. (2013·湖北)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a n≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．解：(1) 由已知条件得：a 2＝5.又a 2|q －1|＝10，∴ q ＝－1或3，所以数列{a n }的通项a n ＝5×(－1)n －2或a n ＝5×3n －2.(2) 若q ＝－1，1a 1＋1a 2＋…＋1a m ＝－15或0，不存在这样的正整数m ；若q ＝3，1a 1＋1a 2＋…＋1a m ＝910⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫13m <910，不存在这样的正整数m. 11. (2013·陕西)设{a n }是公比为q 的等比数列.(1) 推导{a n }的前n 项和公式；(2) 设q ≠1, 证明：数列{a n ＋1}不是等比数列.(1) 解：分两种情况讨论．① 当q ＝1时，数列{a n }是首项为a 1的常数数列，所以S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1. ② 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n qS n ＝qa 1＋qa 2＋…＋qa n －1＋qa n . 上面两式错位相减，得(1－q)S n ＝a 1＋(a 2－qa 1)＋(a 3－qa 2)＋…＋(a n －qa n －1)－qa n ＝a 1－qa n .故S n ＝a 1－qa n 1－q＝a 1（1－q n ）1－q. 综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1），a 1（1－q n ）1－q（q ≠1）. (2) 证明：使用反证法．设{a n }是公比q ≠1的等比数列，假设数列{a n ＋1}是等比数列．则① 当n ∈N *，使得a n ＋1＝0成立，则{a n ＋1}不是等比数列．② 当n ∈N *，使得a n ＋1≠0成立，则a n ＋1＋1a n ＋1＝a 1q n ＋1a 1q n －1＋1＝q ＋1－q a 1q n －1＋1恒为常数，所以q ＝1.这与题目条件q ≠1矛盾．综上两种情况，假设数列{a n ＋1}是等比数列均不成立，所以当q ≠1时，数列{a n ＋1}不是等比数列．。

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