高考数学中档大题规范练(2)——数列.docx

专题分层训练(二十九) 中档大题规范练(2)——数列
1．(2015·江西省八校联考)已知f (x )＝2sin π
2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)记b n ＝1
a 2n ＋1，设数列{
b n }的前n 项和为T n ，
求证：T n <1
4. 解 (1)∵|f (x )|＝2，
∴π2x ＝k π＋π
2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z . 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．
(2)∵b n ＝1
a 2n ＋1＝1(2n ＋1)2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －
1n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝14－14(n ＋1)<1
4，
∴T n <1
4得证．
2．(2015·石家庄市第一次模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n
＋1
＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1、2a 2、a 3＋3为等差数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)求数列{a n b n }的前n 项和．
解 (1)解法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1－a n ＝λa n ，
即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0， 又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，
∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2，
∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3， 整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 解法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，
a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3， 整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，
∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 又a 1＝1，a 2＝2，
∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1， 设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，
∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①
∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n .② ①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n ＝1＋3×2×(1－2n －1)1－2
－(3n －2)×2n ，
整理得：T n ＝(3n －5)×2n ＋5.
3．已知单调递增数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝12(a 2
n ＋n )． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
1a 2n
＋
1－1，n 为奇数，3×2a
n －
1＋1，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .
解 (1)n ＝1时，a 1＝12(a 2
1＋1)，得a 1＝1， 当n ≥2时，S n －1＝1
2(a 2n －1＋n －1)， 得a n ＝S n －S n －1＝12(a 2
n －a 2n －1＋1)，
化简得(a n －1)2－a 2n －1＝0，
a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1(n ≥2)， 又{a n }是单调递增数列，故a n －a n －1＝1， 所以{a n }是首项为1，公差为1的等差数列， 故a n ＝n .
(2)c n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
1a 2
n ＋
1－1，n 为奇数，3×2a
n －
1＋1，n 为偶数，
当n 为偶数时，
T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n )
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫122－1＋142－1＋…＋1n 2－1＋3×(21＋23＋…＋2n －1)＋n
2 ＝11×3＋13×5＋…＋1(n －1)×(n ＋1)＋3×2(1－4n 2
)1－4
＋n 2 ＝12×(11－13＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1
)＋2×(4n 2
－1)＋n 2＝2n ＋1＋
n 2－2n －4
2(n ＋1)
.
当n 为奇数时，
T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n )＋(c 2＋c 4＋…＋c n －1)
＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤122－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＋3×(21＋23＋…＋2n －2
)＋n －12 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＋2×(4n －12－1)＋n －12＝2n
＋n 2－2n －92(n ＋2)
.
所以T n
＝⎩⎪⎨
⎪⎧
2n ＋n 2－2n －92(n ＋2)
，n 为奇数，
2
n ＋1
＋n 2
－2n －42(n ＋1)
，n 为偶数.
4．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b n ＝
1
a n －1a n
(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 014
2
对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .
解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a n ＝2
a n ＋3
3a n ＝2＋3a n 3＝a n ＋2
3， ∴{a n }是以1为首项，2
3为公差的等差数列． ∴a n ＝1＋(n －1)×23＝23n ＋1
3. (2)当n ≥2时，b n ＝
1
a n －1a n ＝1⎝ ⎛
⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪
⎫23n ＋13＝1(2n －1)(2n ＋1)9
＝9
2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12n －1－12n ＋1，
又b 1＝3＝92(1－1
3)， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－12n ＋1 ＝9n 2n ＋1
， ∵S n <m －2 0142对一切n ∈N *
成立， 即9n 2n ＋1
<m －2 0142对一切n ∈N *成立， 又9n 2n ＋1<92，∴m －2 0142≥92， 即m ≥2 023.
∴最小正整数m 为2 023.
5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，如果S n
S 2n
为常数，则称数列{a n }为“幸
福数列”．
(1)等差数列{b n }的首项为1，公差不为零，若{b n }为“幸福数列”，求{b n }的通项公式；
(2)数列{c n }的各项都是正数，前n 项和为S n ，若c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3
n ＝S 2
n 对任意n ∈N *都成立，试推断数列{c n }是否为“幸福数列”？并说明理由．
解 (1)设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)， S n
S 2n ＝k ，
因为b 1＝1，则n ＋1
2n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12·2n (2n －1)d ， 即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d . 整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，
因为对任意正整数n 上式恒成立，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
d (4k －1)＝0
(2k －1)(2－d )＝0，解得⎩
⎨⎧
d ＝2k ＝14
.
故数列{b n }的通项公式是b n ＝2n －1.
(2)由已知，当n ＝1时，c 31＝S 21＝c 21.
因为c 1>0，所以c 1＝1.
当n ≥2时，c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n ＝S 2n ， c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n －1＝S 2n －1.
两式相减，得
c 3n ＝S 2n －S 2n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝c n ·(S n ＋S n －1)． 因为c n >0，所以c 2n ＝S n ＋S n －1＝2S n －c n .
显然c 1＝1适合上式，所以当n ≥2时，c 2n －1＝2S n －1－c n －1. 于是c 2n －c 2n －1＝2(S n －S n －1)－c n ＋c n －1＝2c n －c n ＋c n －1＝c n ＋c n －1.
因为c n ＋c n －1>0，则c n －c n －1＝1，
所以数列{c n }是首项为1，公差为1的等差数列． 所以S n S 2n ＝n (n ＋1)2n (2n ＋1)＝n ＋14n ＋2不为常数，
故数列{c n }不是“幸福数列”．。