高考数学(理)冲刺数列的综合问题

高考数学(理)冲刺数列的综合问题
1. [2017全国卷II ]已知等差数列｛a*｝的前n项和为S n,等比数列｛b n｝的前n 项和为T n，a i = —1, b i= 1, a?+ d =
2.
(1) 若a3+ b3 = 5,求｛b n｝的通项公式；
⑵若T3= 21,求S3.
解(1)设｛a n｝的公差为d, ｛b n｝的公比为q,由a?+ b2=2得一1
+ d + q = 2.①
由a3+ b3= 5 得2d + q2= 6.②
I d = 3, d = 1,
联立①和②解得(舍去)，或
l q = 0 l q = 2.
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,贝卩S3= 21.
当q = 4时，由①得d=—1,则S3= — 6.
2. [2018西安模拟]设｛a n｝是公比大于1的等比数列，S n为其前n 项和，已知S3= 7, a〔+ 3,3a?, a3 + 4构成等差数列.
(1)求数列｛a n｝的通项公式；
⑵令b n= a n + ln a n,求数列｛b n｝的前n项和T n.
解(1)设数列｛a n｝的公比为q(q>1),
a1 + a2 + a3 = 7,
由题意可得
16a2 = (a1 + 3)+ (a3 + 4),
a1 1 + q+ q2= 7,
即
. * 9
a1 1 —6q + q =—7,
a〔= 1,
解得
lq = 2.
•••数列｛a n｝的通项公式为a n = 2n-1.
⑵由(1)知b n= 2n-1+ In 2n-1= 2n-1+ (n—1)ln 2,
/.Tn= (1 + 2 + 22+…+ 2n—1) + [0+ 1 + 2+…+(n—1)]ln 2
1 x 1 -2n n n- 1
= + 2 In 2
1-2 2
n
n n-1
=2n-1+ 2In 2.
n+ 1
3. [2018昆明检测]已知数列｛a n｝满足：a1 = 3, a.+1=―厂為+ 2n + 2.
(1) 证明：数列是等差数列；
1 1 1 1
(2) 证明：a+a+a+…+ 了<1.
a1 a2 a3 a n
n+1 a n+1 a 為 + 1a 证明(1)由a n+1= Ja n + 2n + 2,得=：+ 2,即—
n n+1 n n+1 n
2,二数列｛OA是首项为3,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知，賈=3 + (n—
1)x 2=2n+ 1,
•玄=n (2 n+ 1),
1 1 __________ 1
= < =
an n 2n+ 1 n n+ 1 1 _1_ n-n+ 1’
1-丄＜1 1
n +1
••丄+丄+丄+…+丄＜1
ai a2 as a n
4J2018沈阳模拟］设数列｛a n ｝的前n 项和为S,满足S s = 9, S n = *
na n +厂n(n + 1), n € N .
(1) 求数列｛a n ｝的通项公式；
⑵记b n = a n X ( 2)a n +1,求数列｛b n ｝的前n 项和T n .
"S
1 = a
2 — 2,
解(1)由题意得，
a 〔 + a 2 = 2a 3 — 6, 解得 a 〔= 1, a 2= 3, a 3 a 1 + a 2 + a 3= 9,
=5,
当 n 》2 时，S n — 1 = (n — 1)a — (n — 1)n ,
所以 a n = na n +1 — n(n + 1) — (n — 1)a n + (n — 1)n , 即 a n + 1 — a n = 2.
又a 2 — a 1 = 2,因而数列｛a n ｝是首项为1,公差为2的等差数列， 从而 a n = 2n — 1.
(2) 由(1)知 b n = a n X ( 2)a n + 1 = (2n — 1)X 2n ,
T n = 1X 21 + 3 X 22 + 5 X 23 +…+ (2n — 3)X 2n — 1 + (2n — 1) X 2n , 2T n = 1 X 22 + 3X 23 + 5X 24+…+ (2n — 3)X 2n +(2n — 1)X 2n +1. 两式相减得
1 1 1
肓+ a ；+二+
…+訂 1 1)
1- 2 a n
1
1 1 ―
2 丿+ Q -
…+
—T n = 1 X 21+ 2 X 22+ 2 X 23+…+ 2X 2n—(2n —1)X2n+1 =—2 + 2X (21+ 22+ 23+…+ 2n) —(2n—1) X 2n+1
1-
A
2n -1 2n + 1 y
一 2 + 2X 竺三-(2n - 1)x 2n +1
1 - 2
=-2 + 2n +2-4-(2n — 1) X 2n +
1 = -6 — (2n -3)x 2n +
1. 所以 T n = 6+(2n —
3)X 2叫1.
5.[2018南通模拟]已知数列®｝满足：1
+ — +…+
= |(32n - 1),
*
n € N .
(1) 求数列｛a n ｝的通项公式； a n 1 1 1
⑵设bn
=log 咕，求麵+b 2b 3+…+研. 解⑴土=8(32
-1)=
3, 当n 》2时, n 1
2 n a ；= a ； + £+- + a ；
当n = 1时，a = 3
2n -1
也成立,
a
n
n
• an = 32n -
1.
a n
⑵b n = log 3n
= - (2n - 1),
.丄丄 1 _ 1
…匕芯+ b 2b
3 +…+ b n b n +厂2
、f 1
2
n — —1J+ 二 …+ 丿匹1
a 2 a n - 1
1 b n b n +1
2n - 1 2n + 1
2.2n — 1 2n + 1 '
-1)-
-
2
- 1) = 32n -1
1 1〕
6-5.丿+…+
n 2n + 1
6.[2018 张家口模拟]已知数列｛a n ｝满足 a 1 = 1,2a n a n +1 + a .+1 — 1
0,数列｛b n ｝满足b n = 2一話
(1)求数列｛a n ｝的通项公式；
3
⑵记数列｛b n ｝的前n 项和为S n ，问：是否存在n,使得Sh 的值是g? 解 I 因为 2a n a n + 1+ a n + 1 — a n = 0 ,
a n
所以an +1=冇,
2a n + 1
1
= — =2 a n +1 a n a n
a
n '
1
首项为了 = 1,公差为d = 2的等差数
a 1
列.
1
故丁 = 1 + 2( n —1) = 2n —1,所以 a n 2n — 1
⑵由(1)得b n = p^,
I 3 2n — 1 所以 S n =2+22
+ …+ 2*，
2,1—
1
an
= 2n — 1
两边同乘以
,2s n =寺+寻+…+ 2
2n — 1 n +1 ，
由等差数列的定义可得
两式相减得2S n = 2 + 1 1 2n — 1 戸+…+刁—：
2n + 3
所以 S n = 3— —2^
2n + 3 2n + 5 2n + 1
因为S n +1 — S n = ?n — 2n +
1 = 〔 >0，所以数列｛S n ｝是关于项
1 3 1
数n 的递增数列，所以S n >S 1 = 2，因为8<2，所以不存在n ,使得S n 3 =8.
7J2018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 年的总收入一前n 年的总支出一投资额).
(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.
小 f n(n — 1) 1
则 f(n) = 500n — 120n + 2x 40 — 720 =—20n 2 + 400n — 720. (1)获取纯利润就是f(n)>0,
故有—20n 2 + 400n — 720>0,解得 2<n<18.
1 1 即 2S n = 2+ 2X
丄、
?n — 1 2
」 1 — 1
1 2 2n — 1 3 1 2n — 1 c
' ' __________ ________
+1 —2 2“ -1 2“ +1
* 又n€ N ,可知从第三年开始获取纯利润.
⑵①年平均利润竿=400—20 n+半< 160,
当且仅当n= 6时取等号.
故此方案获利6X 160 + 480= 1440(万元)，此时n= 6.
② f(n) = —20n2 3+ 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.
8.[2018衡水中学调研]设各项均为正数的数列｛a*｝的前n项和为
S n,且S满足S —(k+n —3)S —3(n + n) = 0, n€ N .
(1) 求a1的值；
⑵求数列｛a n｝的通项公式；
1 1 1
⑶证明：对一切正整数n,有不1+1+歳+1+…+着1+1
2 <3.
解(1)令n = 1代入得a1 = 2(负值舍去).
(2)由£ —(n2+ n —3)Sn —3(n2+ n) = 0, n€ N，得[Si —(n2+ n)](S n
+ 3) = 0.
又已知各项均为正数，故Sn= n2+ n.
当n》2 时，a n = S n—S n—1 = n +n —(n—1)? —(n—1)= 2n,
当n= 1时，a1 = 2也满足上式，
*
所以a n = 2n, n € N .
(3) 证明：k € 心4k 2+ 2k — (3k 2 + 3k) = k 2— k = k(k — 1)>0, 2 2 ••4k 2
+ 2k >3k 2 + 3 k.
1 +…+ a
2 a 2+ 1
1
. :
a k a k + 1
1 _ 1
2k (2k + 1「4k 2 + 2k 1
3k 2 + 3k
11 1 1 1 1 1 1
2+2—3+…+n —不 < 3
二不等式成立.
1 • + a 1 a 1 + 1
1
a n a n + 1。