高考数学一轮总复习解答题专项训练3课件理19.ppt

(2)因为 bn＝a2nn－1＝22nn－1， 所以 Tn＝12＋223＋235＋247＋…＋22nn－1， 14Tn＝213＋225＋237＋…＋n2－ 2n－11＋22nn＋1， 所以34Tn＝12＋213＋215＋217＋…＋221n－1－22nn＋1
＝1211－ －4141n－22nn＋1＝23－34×＋232nn＋1， 故 Tn＝89－196×＋212n2＋n1＝89－94×＋232nn－1.
2．[ 2017·太原模拟] 已知等差数列{an}的公差不为零，其 前 n 项和为 Sn，a22＝S3，且 S1，S2，S4 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式 an； (2)记 Tn＝a1＋a5＋a9＋…＋a4n－3，求 Tn. 解 (1)设数列{an}的公差为 d，由 a22＝S3，得 3a2＝a22， 故 a2＝0 或 a2＝3. 由 S1，S2，S4 成等比数列，得 S22＝S1S4. 又 S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d. 故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．
∴Sn＝312－15＋15－18＋…＋3， ∴Sn<32.
6．[ 2017·甘肃诊断] 某乡镇引进一高科技企业，投入资 金 720 万元建设基本设施，第一年各种运营费用 120 万元， 以后每年增加 40 万元．每年企业销售收入 500 万元，设 f(n) 表示前 n 年的纯收入(f(n)＝前 n 年的总收入－前 n 年的总支 出－投资额)．
(1)获取纯利润就是 f(n)>0，故有－20n2＋400n－720>0， 解得 2<n<18.
又 n∈N*，可知从第三年开始获取纯利润．
(2)①年平均利润fnn＝400－20n＋3n6≤160， 当且仅当 n＝6 时取等号． 故此方案获利 6×160＋480＝1440(万元)，此时 n＝6. ②f(n)＝－20n2＋400n－720＝－20(n－10)2＋1280， 当 n＝10 时，f(n)max＝1280. 故此方案共获利 1280＋160＝1440(万元)． 比较两种方案，在同等数额获利的基础上，第①种方案 只需 6 年，第②种方案需要 10 年，故选择第①种方案．
得 x＝2kπ±23π(k∈Z)．
由 f′(x)>0⇒2kπ－23π<x<2kπ＋23π(k∈Z)，
由 f′(x)<0⇒2kπ＋23π<x<2kπ＋43π(k∈Z)， 当 x＝2kπ－23π(k∈Z)时，f(x)取得极小值， ∴xn＝2nπ－23π(n∈N*)． (2)证明：∵bn＝2xπn ＝n－13＝3n3－1， ∴bn·b1n＋1＝3n3－1·3n3＋2＝33n1－1－3n1＋2，
7．[2017·合肥模拟]已知递增的等比数列{an}的前 n 项和 为 Sn，a6＝64，且 a4，a5 的等差中项为 3a3.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝a2nn－1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为 q(q>0)， 由题意，得aa11qq53＝ ＋6a41q，4＝6a1q2， 解得aq1＝＝22或，q＝－3舍， 所以 an＝2n.
8．[2017·昆明检测]已知数列{an}满足：a1＝3，an＋1＝n＋ n 1 an＋2n＋2.
(1)证明：数列ann是等差数列； (2)证明：a11＋a12＋a13＋…＋a1n<1.
证明 (1)由 an＋1＝n＋n 1an＋2n＋2，得na＋ n＋11＝ann＋2， 即na＋ n＋11－ann＝2， ∴数列ann是首项为 3，公差为 2 的等差数列． (2)由(1)知，ann＝3＋(n－1)×2＝2n＋1， ∴an＝n(2n＋1)，
∴a1n＝n2n1＋1<nn1＋1＝1n－n＋ 1 1，
∴
1 a1
＋
1 a2
＋
1 a3
＋
…
＋
1 an
<
11－21
＋
12－31
＋
13－41
＋
…
＋
1n－n＋1 1＝11－n＋ 1 1<1，
∴a11＋a12＋a13＋…＋a1n<1.
5．[2017·辽宁模拟]设函数 f(x)＝2x＋sinx 的所有正的极
小值点从小到大排成的数列为{xn}． (1)求数列{xn}的通项公式；
(2)令
bn＝2xπn ，设数列bn·b1n＋1的前
n
项和为
Sn，求证
3 Sn<2.
解 (1)f(x)＝2x＋sinx，令 f′(x)＝12＋cosx＝0，
(2)由(1)得 an－1＝1·2n－1＝2n－1，即 an＝2n－1＋1， nan＝n(2n－1＋1)＝n·2n－1＋n， ∴Tn＝(1×20＋1)＋(2×21＋2)＋(3×22＋3)＋…＋(n·2n－ 1＋n)＝(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1)＋(1＋2＋3＋… ＋n)＝(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1)＋nn＋ 2 1.
(2)由(1)可得 bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)， 当 n 为偶数时，Tn＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n－3) ＝4×n2＝2n，当 n 为奇数时，n＋1 为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1 ＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.
2nn＝2k，k∈N*， 综上，Tn＝－2n＋1n＝2k－1，k∈N*.
令 Vn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1， 则 2Vn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 两式相减得
－Vn＝1＋21＋22
＋…＋
2n－
1－
n·2n＝
1×1－2n 1－2
－
n·2n＝
2n－1－n·2n，
∴Vn＝n·2n－2n＋1＝(n－1)2n＋1， ∴Tn＝(n－1)2n＋nn＋ 2 1＋1.
3．[2017·海口调研]设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝2，对任意 n∈N*，都有 2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列ana4n＋2的前 n 项和为 Tn，求证：12≤Tn<1.
解 (1)因为 2Sn＝(n＋1)an， 当 n≥2 时，2Sn－1＝nan－1， 两式相减，得 2an＝(n＋1)an－nan－1， 即(n－1)an＝nan－1，所以当 n≥2 时，ann＝na－ n－11，ann＝a11. 因为 a1＝2，所以 an＝2n.
4．[2017·乌鲁木齐模拟]设数列{an}的前 n 项和为 Sn， 对任意的正整数 n，都有 Sn＝2an＋n－3 成立．
(1)求证：数列{an－1}为等比数列； (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. 解 (1)证明：当 n＝1 时，S1＝2a1＋1－3，得 a1＝2， 由 Sn＝2an＋n－3，得 Sn＋1＝2an＋1＋n＋1－3， 两式相减得 an＋1＝2an＋1－2an＋1， 即 an＋1＝2an－1， aan＋ n－ 1－11＝2aann－－12＝2，而 a1－1＝1， ∴数列{an－1}是首项为 1，公比为 2 的等比数列．
1.[2017·常德模拟]已知数列{an}的首项 a1＝1，前 n 项和 为 Sn，且数列Snn是公差为 2 的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)由已知条件可得Snn＝1＋(n－1)×2＝2n－1， ∴Sn＝2n2－n. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)] ＝4n－3，当 n＝1 时，a1＝S1＝1，而 4×1－3＝1， ∴an＝4n－3.
若 a2＝0，则 d2＝－2d2，解得 d＝0，不符合题意． 若 a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得 d＝2 或 d＝ 0(不符合题意，舍去)． 因此数列{an}的通项公式为 an＝a2＋(n－2)d＝2n－1. (2)由(1)知 a4n－3＝8n－7， 故数列{a4n－3}是首项为 1，公差为 8 的等差数列． 从而 Tn＝n2(a1＋a4n－3)＝n2(8n－6)＝4n2－3n.
(2)证明：因为 an＝2n，令 bn＝ana4n＋2，n∈N*， 所以 bn＝2n24n＋2＝nn1＋1＝1n－n＋ 1 1. 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝1 －n＋ 1 1.
因为n＋ 1 1>0，所以 1－n＋ 1 1<1. 因为 f(n)＝n＋ 1 1在 N*上是递减函数， 所以 1－n＋ 1 1在 N*上是递增的， 当 n＝1 时，Tn 取最小值12，所以12≤Tn<1.
(1)从第几年开始获取纯利润？ (2)若干年后，该企业为开发新产品，有两种处理方案： ①年平均利润最大时，以 480 万元出售该企业； ②纯利润最大时，以 160 万元出售该企业．问哪种方案 最合算？
解 由题意知每年的运营费用(万元)是以 120 为首项， 40 为公差的等差数列．
则 f(n) ＝ 500n － 120n＋nn－ 2 1×40 － 720 ＝ － 20n2 ＋ 400n－720.