人教版2013届高三一轮复习课时训练32：数列的综合应用

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高考数学一轮复习课时过关检测(三十六) 数列的综合应用

课时过关检测（三十六）数列的综合应用A 级——基础达标1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若数列{a n }为递增数列，则有a n ＋1－a n >0，得2n ＋1>2λ，得λ<2n ＋12对任意的n∈N *都成立，于是λ<32.由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件，故选A.2．定义：称nP1＋P2＋…＋Pn 为n 个正数P 1，P 2，…，P n 的“均倒数”．若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n －1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝4n －1C ．a n ＝4n －3D ．a n ＝4n －5解析：选C 因为na1＋a2＋…＋an ＝12n －1，所以a1＋a2＋…＋an n＝2n －1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(2n －1)n ，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(2n －3)·(n －1)(n ≥2)，当n ≥2时，a n ＝(2n －1)n －(2n －3)(n －1)＝4n －3；a 1＝1也适合此等式，所以a n ＝4n －3.3．(2021·重庆九龙坡模拟)我国古代数学专著《四元玉鉴》卷中“如像招数五问”有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日？”其大意为：“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天发大米3升，共发出大米40 392升，问修筑堤坝多少天？”在这个问题中，修筑堤坝的天数为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：选C 设第n 天派出的人数为a n ，则{a n }是以64为首项、7为公差的等差数列，则第n 天修筑堤坝的人数为S n ，则S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝64n ＋12n (n －1)·7＝72n 2＋1212n ，所以前n 天共分发的大米数为3(S 1＋S 2＋…＋S n ) ＝3错误! ＝3错误! ＝40 392，即有错误!(7n ＋185)＝13 464，将n ＝14,15,16,17分别代入上式，只有n ＝16成立，故修筑堤坝的天数为16.故选C.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 019项和为( )A ．1B ．－1C ．－4D ．－5解析：选C ∵数列{b n }为“凸数列”，∴b n ＋1＝b n ＋b n ＋2.∵b 1＝1，b 2＝－2，∴－2＝1＋b 3，解得b 3＝－3.同理可得b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，∴b n ＋6＝b n .又∵b 1＋b 2＋…＋b 6＝1－2－3－1＋2＋3＝0，且2 019＝6×336＋3，∴数列{b n }的前2 019项的和为b 1＋b 2＋b 3＋336×0＝1－2－3＝－4.故选C.5．(多选)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法正确的有( )A ．T n 无最大值B ．a n 有最大值C ．T 2 020＝9D ．a 2 020＝1解析：选BCD 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，….因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2 020＝a 4＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…，所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9，T 2 020＝T 4＝9，故选B 、C 、D.6．(多选)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，若a 1>1，公比q ∈(0,1)，则下列选项不正确的有( )A ．T9T6>1B ．S n S 3n ＝S 2nC ．S n <nTn D ．{T n }有最大值解析：选ABC T9T6＝a 7a 8a 9＝a 38＝(a 1q 7)3，因为无法确定a 1q 7与1的大小，故A 不正确；由题意S 2n ＝(1＋q n )S n ，S 3n ＝(1＋q n ＋q 2n )S n ，则S n S 3n －S 2n ＝(1＋q n ＋q 2n )S 2n －(1＋q n )2S 2n ＝－q n S 2n ≠0，则S n S 3n ≠S 2n ，故B 不正确；由S n ＝错误!，错误!＝错误!＝a 1q 错误!，所以S n －nTn ＝错误!＝错误!>0，从而S n >错误!，故C 不正确；因为a 1>1，公比q ∈(0,1)，所以{a n }是递减数列，令⎩⎪⎨⎪⎧an ＝a1qn －1≥1，an ＋1＝a1qn<1，解得log q 1a1<n ≤log q 1a1＋1，此时{T n }取得最大值，D 正确，故选A 、B 、C.7．已知f (x )＝2sin π2x ，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 *.数列{a n }的通项公式为．解析：因为|f (x )|＝2，所以π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，解得x ＝2k ＋1，k ∈Z .又因为x >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)8．设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2 021的两个零点是a 2，a 3，则a 1a 4等于．解析：由题意知a 2，a 3是x 2－x －2 021＝0的两根．由根与系数的关系得a 2a 3＝－2 021. 又a 1a 4＝a 2a 3，所以a 1a 4＝－2 021. 答案：－2 0219．设数列{a n }的通项公式为a n ＝sin 2n °，该数列的前n 项和为S n ，则S 89＝ . 解析：∵sin(90°－α)＝cos α，∴sin 2α＋sin 2(90°－α)＝sin 2α＋cos 2α＝1. ∵S 89＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 289°，又S 89＝sin 289°＋sin 288°＋…＋sin 21°，两式相加得2S 89＝(sin 21°＋sin 289°)＋(sin 22°＋sin 288°)＋…＋(sin 289°＋sin 21°)＝1×89＝89，因此，S 89＝892＝44.5.答案：44.510．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1an ＋an ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是．解析：因为2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，所以数列{a 2n }是首项为1，公差为22－1＝3的等差数列，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 所以a n ＝3n －2，所以b n ＝1an ＋an ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，所以数列{b n }的前n 项和 S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13×(10－1)＝3.答案：311．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n ∈N *.(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．解：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 2＝a 1·a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4⇒49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇒9＝0，矛盾．所以{a n }不是等比数列． (2)因为b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)， b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21] ＝(－1)n ＋1·(a n ＋1－3n ＋18) ＝(－1)n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫23an －2n ＋14 ＝－23(－1)n(a n －3n ＋21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b 1＝0，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18，b 1＝－(λ＋18)时，由上可知b n ≠0，所以bn ＋1bn ＝－23(n ∈N *)，此时{b n }是等比数列．12．给定一个数列{a n }，在这个数列中，任取m (m ≥3，m ∈N *)项，并且不改变它们在数列{a n }中的先后次序，得到的数列称为数列{a n }的一个m 阶子数列．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋a (n ∈N *，a 为常数)，等差数列a 2，a 3，a 6是数列{a n }的一个3阶子数列．(1)求a 的值；(2)设等差数列b 1，b 2，…，b m 是{a n }的一个m (m ≥3，m ∈N *)阶子数列，且b 1＝1k(k 为常数，k ∈N *，k ≥2)，求证：m ≤k ＋1.解：(1)因为a 2，a 3，a 6成等差数列，所以a 2－a 3＝a 3－a 6. 又因为a 2＝12＋a ，a 3＝13＋a ，a 6＝16＋a ，所以12＋a －13＋a ＝13＋a －16＋a ，解得a ＝0.(2)证明：设等差数列b 1，b 2，…，b m 的公差为d . 因为b 1＝1k ，所以b 2≤1k ＋1，从而d ＝b 2－b 1≤1k ＋1－1k ＝－错误!.所以b m ＝b 1＋(m －1)d ≤1k －错误!.又因为b m >0，所以1k －错误!>0.即m －1<k ＋1，所以m <k ＋2. 又因为m ，k ∈N *，所以m ≤k ＋1.B 级——综合应用13．(2021·哈尔滨模拟)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：让乌龟在阿基里斯前面1 000 米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍，当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000 米，则乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……所以阿基里斯永远追不上乌龟．根据这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2米时，乌龟爬行的总距离为( )A ．104－190米B ．105－1900米C ．105－990米D ．104－9900米解析：选B 法一：设乌龟每次爬行的距离构成数列{a n }，则数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，则a 1＝100，q ＝110，a n ＝a 1q n －1.令10－2＝100×⎝ ⎛⎭⎪⎫110n －1，解得n ＝5，所以S 5＝错误!＝错误!＝错误!，即乌龟爬行的总距离为105－1900米．故选B.法二：设乌龟每次爬行的距离构成数列{a n }，则数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，则a 1＝100，q ＝110.令a n ＝10－2，则S n ＝a1－anq 1－q ＝100－10－31－0.1＝1 000－10－29＝105－1900，即乌龟爬行的总距离为105－1900米．故选B.14．数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋a n ＋1，且a 1＝a 2，a 2 019a 2 020＝2 020，则a 21＋a 2＋…＋a 2 019＝ .解析：由题知，a n ＋1＝a n ＋2－a n ，两端同乘a n ＋1得a 2n ＋1＝a n ＋1·a n ＋2－a n a n ＋1，从而a 2n ＝a n a n ＋1－a n －1a n ，a 2n －1＝a n －1a n －a n －2a n －1，…，a 2＝a 2a 3－a 1a 2，将以上式子累加得a 2＋a 23＋…＋a 2n ＝a n a n ＋1－a 1a 2，由a 1＝a 2得a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n ＝a n a n ＋1.令n ＝2 019，得a 21＋a 2＋…＋a 2 019＝a 2 019·a 2 020＝2 020. 答案：2 02015.为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n 年需要付出的超市维护和工人工资等费用为a n 万元，已知{a n }为等差数列，相关信息如图所示．(1)求a n ；(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)(3)该超市经营多少年，其年平均盈利最大？最大值是多少？⎝ ⎛⎭⎪⎫年平均盈利＝前n 年总盈利n 解：(1)由图象可知，{a n }是以12为首项，4为公差的等差数列，所以a n ＝12＋4(n －1)＝4n ＋8. (2)设超市第n 年开始盈利，且盈利为y 万元，则y ＝50n －错误!－72＝－2n 2＋40n －72，由y ＞0，得n 2－20n ＋36＜0，解得2＜n ＜18，又n ∈N *，故3≤n ≤17，n ∈N *.所以该超市第3年开始盈利．(3)年平均盈利为yn ＝－2n －72n ＋40＝－2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋36n ＋40≤－2×2n ·36n＋40＝16，当且仅当n ＝36n，即n ＝6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元．C 级——迁移创新16．已知函数f (x )＝log k x (k 为常数，k ＞0且k ≠1)，且数列{f (a n )}是首项为4，公差为2的等差数列．(1)求证：数列{a n }是等比数列； (2)若b n ＝a n f (a n )，当k ＝2时，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)若c n ＝a n lg a n ，问是否存在实数k ，使得{c n }中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)证明：由题意知f (a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2，即log k a n ＝2n ＋2， ∴a n ＝k 2n ＋2，∴an ＋1an＝错误!＝k 2. ∵常数k ＞0且k ≠1，∴k 2为非零常数．∴数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列． (2)由(1)知，b n ＝a n f (a n )＝k 2n ＋2·(2n ＋2)，当k ＝2时，b n ＝(2n ＋2)·2n ＋1＝(n ＋1)·2n ＋2.∴S n ＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n ＋1)×2n ＋2，(ⅰ) 2S n ＝2×24＋3×25＋4×26…＋n ×2n ＋2＋(n ＋1)×2n ＋3.(ⅱ)(ⅱ)－(ⅰ)，得S n ＝－2×23－24－25－…－2n ＋2＋(n ＋1)×2n ＋3＝－23－(23＋24＋25＋…＋2n ＋2)＋(n ＋1)·2n ＋3，∴S n ＝－23－错误!＋(n ＋1)·2n ＋3＝n ·2n ＋3.(3)存在．由(1)知，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n ＜c n ＋1对一切n ∈N *成立，即(n ＋1)lg k ＜(n ＋2)·k 2lg k 对一切n ∈N *成立．①当k ＞1时，lg k ＞0，n ＋1＜(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，故符合题意； ②当0＜k ＜1时，lg k ＜0，要使n ＋1＞(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2min . ∴k 2＜23，又0＜k ＜1，因此0＜k ＜63. 综上所述，存在实数k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，63∪(1，＋∞)满足条件．。

高考数学一轮复习方案第32讲数列的综合应用课时作业

课时作业(三十二) [第32讲数列的综合应用](时间：45分钟分值：100分)基础热身1．[教材改编试题] 已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2等于( )A ．－4B ．－6C ．－8D ．－102．某放射性物质的质量每天衰减3%，若此物质衰减到其质量的一半以下，则至少需要的天数是(参考数据lg0.97＝－0.013 2，lg0.5＝－0.301 0)( )A ．22B ．23C ．24D ．253．在数列{a n }中，a 1＝2，当n 为正奇数时，a n ＋1＝a n ＋2，当n 为正偶数时，a n ＋1＝2a n ，则a 6＝( )A ．11B ．17C ．22D ．234．[2012·长春调研] 各项都是正数的等比数列{a n }中，3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 10＋a 12a 8＋a 10＝( ) A ．1 B ．3 C ．6 D ．9 能力提升5．已知数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1·a n ＝a n ＋1－a n ，则数列通项a n ＝( ) A.1n B.2nC ．－1nD ．－2n6．[2012·红河州检测] 若一等差数列{a n }的首项a 1＝－5，其前11项的平均值为5，又若从中抽取一项，余下的10项的平均值为4，则抽去的是( )A ．a 8B ．a 9C ．a 10D ．a 117．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝1－1a n －1(n ≥2)，则a 2 012＝( )A ．－12B ．－23C.35D.528．[2012·开封模拟] 已知数列{a n }满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n >1 025的最小n 值是( )A ．9B ．10C ．11D ．129．[2012·郑州检测] 已知函数f (x )＝15x 5＋x 3＋4x (x ∈R )，数列{a n }是等差数列，a 3>0，则f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)的值( )A ．恒为正数B ．恒为负数C ．恒为0D ．可正可负10．某厂在2011年底制订生产计划，要使2021年底的总产量在原有基础上翻两番，则年平均增长率为________．11．已知数列{a n }中，a 201＝2，a n ＋a n ＋1＝0(n ∈N ＋)，则a 2 012＝________．12．[2012·日照一中月考] 已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，对于函数y ＝ln x －x ，当x ＝b 时取到极大值c ，则ad 等于________．13．[2012·济南模拟] 观察下列等式： 1＝1， 2＋3＋4＝9， 3＋4＋5＋6＋7＝25， 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49， …… 照此规律，第n 个等式为________________________________________________________________________．14．(10分)[2012·红河州检测] 已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)求数列{2a n ＋n }的前n 项和S n .15．(13分)[2013·惠州一中二调] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N ＋，都有S n ＝(m ＋1)－ma n (m 为正常数)．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N ＋)，求数列{b n }的通项公式；(3)在满足(2)的条件下，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1b n 的前n 项和T n . 难点突破16．(12分)[2012·江西八校联考] 已知等差数列{a n }的首项为正整数，公差为正偶数，且a 5≥10，S 15<255.(1)求通项a n ；(2)若数列a 1，a 3，ab 1，ab 2，ab 3，…，ab n ，…，成等比数列，试找出所有的n ∈N *，使c n ＝b n －14为正整数，说明你的理由．课时作业(三十二)【基础热身】1．B [解析] ∵a 1a 4＝a 23，∴(a 2－2)(a 2＋4)＝(a 2＋2)2.∴2a 2＝－12.∴a 2＝－6. 2．B [解析] 依题意有(1－3%)n<0.5，所以n >lg0.5lg0.97≈22.8.故选B.3．C [解析] 逐项计算得该数列的前6项依次为：2，4，8，10，20，22，故选C. 4．D [解析] 由已知a 3＝3a 1＋2a 2，于是q 2＝3＋2q ，由数列各项都是正数，解得q ＝3，所以a 10＋a 12a 8＋a 10＝q 2＝9.故选D. 【能力提升】5．C [解析] 已知变形为1a n ＋1－1a n＝－1，设b n ＝1a n，则{b n }是等差数列，b 1＝－1，b n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以a n ＝－1n.故选C.6．D [解析] S 11＝11a 1＋11×102d ＝11×5，可得d ＝2.由S 11－a n ＝40，得a n ＝15，即a n ＝a 1＋(n －1)d ＝15.∴n ＝11.故选D.7．B [解析] 由递推公式得a 2＝－23，a 3＝52，a 4＝35，a 5＝－23，…，所以数列{a n }是周期数列，周期为3，于是a 2 012＝a 2 010＋2＝a 2＝－23.故选B.8．C [解析] ∵log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1，∴log 2a n ＋1a n ＝1，∴a n ＋1a n＝2，所以，数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列，所以S n ＝1－2n1－2＝2n －1>1 025，∴2n >1 026.又210<1 026<211，∴n >10，∴n min ＝11.故选C.9．A [解析] 因为函数f (x )＝15x 5＋x 3＋4x 是奇函数且在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f (a 3)>f (0)＝0，又数列{a n }是等差数列，所以a 1＋a 5＝2a 3>0，∴a 1>－a 5，所以f (a 1)>f (－a 5)，即f (a 1)＋f (a 5)>0，所以f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)>0.故选A.10.104－1 [解析] 令2011年底的产量为1，则2021年底的产量为4，则(1＋x )10＝4，所以x ＝104－1.11．－2 [解析] 由已知得a n ＋1＝－a n ，所以a 202＝－2，a 203＝2，a 204＝－2，…，可以看出，奇数项为2，偶数项为－2，所以a 2 012＝－2.12．－1 [解析] 对函数求导得y ′＝1x －1＝1－xx(x ∈(0，＋∞))，当0<x <1时，y ′>0，当x >1时，y ′<0，所以当x ＝1时，函数有极大值为y ＝ln1－1＝－1，所以b ＝1，c ＝－1.因为实数a ，b ，c ，d 成等比数列，所以ad ＝bc ＝－1.13．n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2[解析] 依题意，等式的第一项依次为1，2，3，…，由此知等式的第n 项为n ；最后一项为1，4，7，10，…，由此知最后一项为3n －2.于是，第n 个等式为n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.故填n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2. 14．解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d1＋2d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，故a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)知2a n ＝2n，所以数列{2a n ＋n }的前n 项和S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋2＋3＋4＋…＋n )＝2n ＋1＋n （n ＋1）2－2.15．解：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝(m ＋1)－ma 1，解得a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝ma n －1－ma n ，即(1＋m )a n ＝ma n －1. 又m 为常数，且m >0，∴a n a n －1＝m1＋m(n ≥2)． ∴数列{a n }是首项为1，公比为m1＋m 的等比数列．(2)b 1＝2a 1＝2.∵b n ＝b n －11＋b n －1，∴1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列．∴1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，即b n ＝22n －1(n ∈N *)． (3)由(2)知b n ＝22n －1，则2n ＋1b n ＝2n(2n －1)．所以T n ＝22b 1＋23b 2＋24b 3＋…＋2n b n －1＋2n ＋1b n，即T n ＝21×1＋22×3＋23×5＋…＋2n －1×(2n －3)＋2n×(2n －1)，①则2T n ＝22×1＋23×3＋24×5＋…＋2n ×(2n －3)＋2n ＋1×(2n －1)，②②－①得T n ＝2n ＋1×(2n －1)－2－23－24－…－2n ＋1，故T n ＝2n ＋1×(2n －1)－2－23（1－2n －1）1－2＝2n ＋1×(2n －3)＋6.【难点突破】16．解：(1)因为S 15＝15a 8，设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ≥10，①a 1＋7d <17，②由①得－a 1－4d ≤－10，③ ②＋③有3d <7⇔d <73，所以d ＝2.将d ＝2代入①、②有a 1≥2且a 1<3，所以a 1＝2. 故a n ＝2＋(n －1)×2，即a n ＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)可知a 1＝2，a 3＝6，∴公比q ＝a 3a 1＝3，ab n ＝2·3(n ＋2)－1＝2·3n ＋1.又ab n ＝a 1＋(b n －1)×2＝2b n ， ∴2·3n ＋1＝2b n ，即b n ＝3n ＋1，故c n ＝3n ＋1－14. 此时当n ＝1，3，5时符合要求；当n ＝2，4时不符合要求．由此可猜想：当且仅当n ＝2k －1，k ∈N *时，c n 为正整数．证明如下：逆用等比数列的前n 项和公式有：c n ＝12×1－3n ＋11－3＝12(1＋3＋32＋ (3))．当n ＝2k ，k ∈N *时，上式括号内为奇数个奇数之和，为奇数，此时c n ∉N *；当n ＝2k －1，k ∈N *时，上式括号内为偶数个奇数之和，为偶数，此时c n ∈N *. 故满足要求的所有n 为n ＝2k －1，k ∈N *.。

2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练32数列的应用数学归纳法

课时规范练32 数列的应用数学归纳法基础巩固组1.用数学归纳法证明2n>2n+1,n的第一个取值应是()A.1B.2C.3D.42.用数学归纳法证明:首项是a1,公差是d的等差数列的前n项和公式是S n=na1+d时,假设当n=k时,公式成立,则S k=()A.a1+(k-1)dB.C.ka1+dD.(k+1)a1+d3.某小镇在今年年底统计有人口20万,预料人口年平均增长率为1%,那么五年后这个小镇的人口数为()A.20×(1.01)5万B.20×(1.01)4万C.20×万D.20×万4.对于不等式<n+1(n∈N+),某同学用数学归纳法证明的过程如下:(1)当n=1时,<1+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k∈N+)时,不等式成立,即<k+1,则当n=k+1时,=(k+1)+1.所以当n=k+1时,不等式成立,则上述证法()A.过程全部正确B.n=1验得不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+1的推理不正确5.今年“五一”期间,北京十家重点公园实行免费游园活动,北海公园免费开放一天,早晨6时30分有2人进入公园,接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来,其次个30分钟内有8人进去2人出来,第三个30分钟内有16人进去3人出来,第四个30分钟内有32人进去4人出来……依据这种规律进行下去,到上午11时30分公园内的人数是.6.某市利用省运会的契机,激励全民健身,从7月起向全市投放A,B两种型号的健身器材.已知7月投放A型号健身器材300台,B型号健身器材64台,支配8月起,A型号健身器材每月的投放量均为a台,B型号健身器材每月的投放量比上一月多50%,若12月底该市A,B型号两种健身器材投放总量不少于2 000台,则a的最小值为.7.用数学归纳法证明:1++…+≤n.8.已知数列{x n},{y n}满足x1=5,y1=-5,2x n+1+3y n=7,6x n+y n+1=13.求证:x n=3n+2,y n=1-2·3n(n∈N*).综合提升组9.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线相互平行,随意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=;当n>4时,f(n)=(用n表示).10.某高校毕业生为自主创业于2024年8月初向银行贷款240 000元,与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款,从2024年9月初起先,每个月月初还一次款,贷款月利率为0.5%,现因经营状况良好准备向银行申请提前还款支配于2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,则该高校毕业生按现支配的全部还款数额比按原约定全部还款数额少()(注:“等额本金还款法”是将本金平均支配到每一期进行偿还,每一期所还款金额由两部分组成,一部分为每期本金,即贷款本金除以还款期数,另一部分是利息,即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率;1年按12个月计算)A.18 000元B.18 300元C.28 300元D.36 300元11.用数学归纳法证明:1-+…++…+.12.一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上高校的费用,从孩子一周岁生日起先,每年到银行储蓄a元一年定期,若年利率为r保持不变,且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期,当孩子18岁生日时不再存入,将全部存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数为多少.13.已知n∈N*,S n=(n+1)(n+2)·…·(n+n),T n=2n×1×3×…×(2n-1).(1)求S1,S2,S3,T1,T2,T3;(2)猜想S n与T n的关系,并用数学归纳法证明.14.已知某中学食堂每天供应3 000名学生用餐,为了改善学生伙食,学校每星期一有A,B两种菜可供大家免费选择(每人都会选而且只能选一种菜).调查资料表明,凡是在这星期一选A种菜的,下星期一会有20%改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有40%改选A种菜.用a n,b n分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数,假如a1=2 000.(1)请用a n,b n表示a n+1与b n+1;(2)证明:数列{a n-2 000}是常数列.创新应用组15.设数列{a n}的前n项和为S n,且=a n S n(n∈N*),设b n=(-1)n+1(n+1)2·a n a n+1(n∈N*),数列{b n}的前n项和为T n.(1)求S1、S2、S3的值;(2)利用“归纳—猜想—证明”求出S n的通项公式;(3)求数列的通项公式.16.某学校试验室有浓度为2 g/mL和0.2 g/mL的两种K溶液.在运用之前须要重新配制溶液,具体操作方法为取浓度为2 g/mL和0.2 g/mL的两种K溶液各300 mL分别装入两个容积都为500 mL 的锥形瓶A,B中,先从瓶A中取出100 mL溶液放入B瓶中,充分混合后,再从B瓶中取出100 mL溶液放入A瓶中,再充分混合.以上两次混合过程完成后算完成一次操作.设在完成第n次操作后,A瓶中溶液浓度为a n g/mL,B瓶中溶液浓度为b n g/mL.(参考数据:lg 2≈0.301,lg 3≈0.477)(1)请计算a1,b1,并判定数列{a n-b n}是否为等比数列?若是,求出其通项公式;若不是,请说明理由;(2)若要使得A,B两个瓶中的溶液浓度之差小于0.01 g/mL,则至少要经过几次?参考答案课时规范练32数列的应用数学归纳法1.C∵n=1时,21=1,2×1+1=3,2n>2n+1不成立;n=2时,22=4,2×2+1=5,2n>2n+1不成立;n=3时,23=8,2×3+1=7,2n>2n+1成立.∴n的第一个取值应是3.2.C假设当n=k时,公式成立,只需把公式中的n换成k即可,即S k=ka1+ d.3.A某小镇在今年年底统计有人口20万,预料人口年平均增长率为1%,那么1年后这个小镇的人口数为20(1+1%),2年后这个小镇的人口数为20(1+1%)2,3年后这个小镇的人口数为20(1+1%)3,4年后这个小镇的人口数为20(1+1%)4,5年后这个小镇的人口数为20(1+1%)5=20×(1.01)5.4.D在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,不是数学归纳法.5.4 039设每个30分钟进去的人数构成数列{a n},则a1=2=2-0,a2=4-1,a3=8-2,a4=16-3,a5=32-4,…,a n=2n-(n-1).设数列{a n}的前n项和为S n,依题意,只需求S11=(2-0)+(22-1)+(23-2)+…+(211-10)=(2+22+23+…+211)-(1+2+…+10)==212-2-55=212-57=4039.6.74设B型号健身器材这6个月投放量为{b n},公比为q,则b n是以b1=64为首项,q=的等比数列,q≠1,∴其前6项和为S6==1330,∴5a+300+1330≥2000,解得a≥74,故a的最小值为74.7.证明 (1)当n=1时,左边=1,右边=1,不等式成立.(2)假设当n=k,k∈N*时,不等式成立,即有1++…+k,则当n=k+1时,左边=1++…++…+k++…+, 又+…+2k=1,即1++…++…+k+1,即当n=k+1时,不等式也成立.综上可得,对于随意n∈N*,1++…+n成立.8.证明 (1)当n=1时,x1=5=31+2,y1=1-2×31=-5,满足条件,命题成立.(2)假设n=k时,命题成立,即x k=3k+2,y k=1-2·3k成立.当n=k+1时,由2x k+1+3y k=7,有x k+1=(7-3y k)==2+3k+1,由6x k+y k+1=13,有y k+1=13-6x k=13-6×(3k+2)=1-2·3k+1.所以n=k+1时命题也成立.综上(1)和(2)可知,对一切n∈N*,命题x n=3n+2,y n=1-2·3n(n∈N*)成立.9.5(n+1)(n-2)由题意知f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,可以归纳出每增加一条直线,交点增加的个数为原有直线的条数.所以f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,揣测得出f(n)-f(n-1)=n-1(n≥4).有f(n)-f(3)=3+4+…+(n-1),所以f(n)=(n+1)(n-2).n=3时,也满足此式.10.B由题意可知,该高校毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元,∴两种还款方式的本金没有差额.∵该高校毕业生确定2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,∴从2024年9月初第一次还款到2024年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也是一样的.∴按原约定全部还款数额-按现支配的全部还款数额=原约定还款方式从2024年9月起到最终还完这整60个月所还的利息.∵每月应还本金:240000÷120=2000(元),2024年8月还完后本金还剩240000-2000×60=120000(元).∴2024年9月应还利息为:120000×0.5%,2024年10月应还利息为:(120000-2000)×0.5%,2024年11月应还利息为:(120000-2000×2)×0.5%,…最终一次应还利息为:(120000-2000×59)×0.5%.后60个月所还的利息为:120000×0.5%+(120000-2000)×0.5%+(120000-2000×2)×0.5%+…+(120000-2000×59)×0.5%=0.5%×[120000+(120000-2000)+(120000-2000×2)+…+(120000-2000×59)]=0.5%×[120000×60-2000×(1+2+…+59)]=18300(元).11.证明 (1)当n=1时,左边=1-,右边=,等式成立;(2)假设当n=k(k∈N*)时等式成立,即1-+…++…+,当n=k+1时,1-+…+=+…+=+…+=+…+=+…+,依据(1)和(2),可知1-+…++…+成立,原等式得证.12.解依据题意,当孩子18岁生日时,孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)17,同理,孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)16,孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)15,……孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r),可以看成是以a(1+r)为首项,(1+r)为公比的等比数列的前17项的和,此时将存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数S=a(1+r)17+a(1+r)16+…+a(1+r)=[(1+r)18-(1+r)].13.解 (1)S1=T1=2,S2=T2=12,S3=T3=120;(2)猜想:S n=T n(n∈N*).证明:①当n=1时,S1=T1;②假设当n=k(k≥1且k∈N*)时,S k=T k,即(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k×1×3×…×(2k-1),则当n=k+1时,S k+1=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k-1)(k+1+k)(k+1+k+1)=(k+2)(k+3)·…·(2k)(2k+1)(2k+2)=(2k+1)(2k+2)=2k+1×1×3×…×(2k-1)(2k+1)=T k+1.即n=k+1时也成立,由①和②可知n∈N*,S n=T n成立.14.(1)解由题意知:a n+1=a n+b n,b n+1=a n+b n.(2)证明∵a n+1=a n+b n,且a n+b n=3000,∴a n+1=a n+(3000-a n),∴a n+1=a n+1200,∴a n+1-2000=(a n-2000),又a1-2000=0,∴数列{a n-2000}是常数列.15.解 (1)由=a n S n,令n=1,则,得S1=,当n≥2时,由a n=S n-S n-1,得=(S n-S n-1)S n,得S n=,令n=2,得S2=,令n=3,得S3=,即S1=,S2=,S3=(2)由(1)知S1=,S2=,S3=,猜想S n=,下面用数学归纳法证明:①当n=1时,由猜想知明显成立;②假设n=k猜想成立,即S k=,则当n=k+1时,由(1)有S k+1=,即当n=k+1时,猜想S n=也成立.综合①和②可知,猜想S n=成立,即S n=(3)由(2)知a1=,当n≥2时,a n=S n-S n-1=,综合知a n=,又b n=(-1)n+1(n+1)2·a n a n+1,则b n=(-1)n+1(n+1)2.当n为偶数时,T n=1--+-+…+-=1-=;当n为奇数时,T n=T n-1+b n=+=.综上可得T n=.16.解 (1)由题意,得b1==0.65(g/mL),a1==1.55(g/mL).当n≥2时,b n=(300+100)=(3),a n=(200+100b n)=(3),∴a n-b n=),∴等比数列{a n-b n}的公比为,其首项a1-b1=1.55-0.65=0.9,∴a n-b n=0.9·n-1.(2)由题意可知,问题转化为解不等式0.9·n-1<10-2,∴n>1+7.49,∴至少要操作8次才能达到要求.。

[精]高三第一轮复习全套课件3数列：数列的综合应用

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证明：①根据 S n a n
a 1 , ( n 1) 得 an=a+(n─1) 2b, S n S n 1 , ( n 2 )
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例 6 数列{an}的前 n 项和 Sn=na+(n─1)nb,(n=1,2,…),a,b 是常数，且 b≠0, ①求证{an}是等差数列； ②求证以(an,Sn/n─1)为坐标的点 Pn 都落在同一直线上，并求出直线方程； ③设 a=1,b=1/2,C 是以(r,r)为圆心，r 为半径的圆(r>0),求使得点 P1,P2,P3 都落在圆外的 r 的取值范围
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解：①依题意，由{an}是等差数列，有 ar+ar+2=2ar+1 (r∈N),即 x=─1 时，方程成立，因此方程恒有实数根 x=─1; ②设公差为 d(化归思想),先解出方程的另一根 mr=─ar+2/ar, ∴ 1/(mr+1)=ar/(ar─ar+2)=─ar/(2d), ∴ 1/(mr+1+1)─1/(mr+1)= 〔─ar+1/(2d)〕─〔─ar/(2d)〕=─1/2, ∴ {1/(mr+1)}是等差数列
∴{an}是等差数列，首项为 a,公比为 2b
②由 x=an=a+(n─1)2b, y=Sn/n─1=a+(n─1)b 两式中消去 n,得：x─2y+a─2=0, （另外算斜率也是一种办法）

高考数学一轮复习专题32 数列及其综合应用教学案文-人教版高三全册数学教学案

专题32 数列及其综合应用1. 掌握数列的求和方法：(1) 直接利用等差、等比数列求和公式；(2) 通过适当变形(构造)将未知数列转化为等差、等比数列，再用公式求和；(3) 根据数列特征，采用累加、累乘、错位相减、逆序相加等方法求和；(4) 通过分组、拆项、裂项等手段分别求和；(5) 在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如n(n－1)<n2<n(n＋1)，能用函数的单调性(定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题．2. 数列是特殊的函数，这部分内容中蕴含的数学思想方法有函数与方程思想、分类讨论思想、化归转化思想、数形结合思想等，高考题中所涉及的知识综合性很强，既有较繁的运算又有一定的技巧，在解题时要注意从整体去把握．高频考点一等差、等比数列求和公式及利用例1 已知{a n}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{b n}满足b1＝4，b4＝20，且{b n－a n}为等比数列．(1) 求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2) 求数列{b n}的前n项和．从而b n＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2) 由(1)知b n＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n 项和为32n(n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以，数列{b n }的前n 项和为32n(n ＋1)＋2n－1.【变式探究】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N ＋)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N ＋，总有－712≤S n －1S n ≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.高频考点二可转化为等差、等比数列求和例2、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n∈N *.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．则A ＝2（1－22n）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n]＝n. 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.高频考点三根据数列特征，用适当的方法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn(k∈N *)，且S n 的最大值为8.(1) 确定常数k ，求a n ；(2) 求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .【解析】(1) 当n ＝k∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k ＝4，从而a n ＝S n －S n －1＝92－n(n≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n.(2) 因为b n ＝9－2a n 2n ＝n 2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.【变式探究】已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n >0，b n ＝a n a n ＋1(n∈N *)，且{b n }是以q 为公比的等比数列．(1) 证明：a n ＋2＝a n q 2；(2) 若＝a 2n －1＋2a 2n ，证明：数列{}是等比数列； (3) 求和：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋…＋1a 2n －1＋1a 2n.【解析】(解法1)(1) 证明：由b n ＋1b n ＝q ，有a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n＝q, ∴ a n ＋2＝a n q 2(n∈N *) . (2) 证明：∵ a n ＝a n －2q 2，∴ a 2n －1＝a 2n －3q 2＝…＝a 1q 2n －2，a 2n ＝a 2n －2q 2＝…＝a 2q2n －2，∴ ＝a 2n －1＋2a 2n ＝a 1q2n －2＋2a 2q2n －2＝(a 1＋2a 2)q2n －2＝5q2n －2，∴ {}是首项为5，以q 2为公比的等比数列．(3) 解：由(2)得1a 2n －1＝1a 1q 2－2n ，1a 2n ＝1a 2q 2－2n ，于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝(1a 1＋1a 3＋…＋1a 2n －1)＋(1a 2＋1a 4＋…＋1a 2n )＝1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＋1a 2(1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2)＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2.由题知q>0，当q ＝1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32n ；当q≠1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－q －2n1－q －2＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q 2n －2（q 2－1）.故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n＝⎩⎪⎨⎪⎧32n ，q ＝1，32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q 2n －2（q 2－1），q≠1.面同解法1)．高频考点四数列求和的综合应用例4 将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a 1 a 2a 3 a 4a 5a 6 a 7a 8a 9a 10…记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为{b n }，b 1＝a 1＝1，S n 为数列{b n }的前n 项和，且满足2b nb n S n －S 2n＝1(n≥2)．【解析】(1) 证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列，并求数列{b n }的通项公式；所以q ＝2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S ，则S ＝b k （1－q k ）1－q ＝－2k （k ＋1）·（1－2k）1－2＝2k （k ＋1）(1－2k)(k≥3)．1.【2016高考某某理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）证明：由题意得21n n n b a a +=，有22112112n n n n n n n n c b b a a a a da +++++=-=-=，因此()212122n n n n c c d a a d +++-=-=，所以{}n c 是等差数列.（Ⅱ）证明：()()()2222221234212n n n T b b b b b b -=-++-+++-+()()()24222222221,n n d a a a n a a d d n n =++++=⋅=+所以()222211111111111112121212nn n k k k k T d k k d k k d n d ===⎛⎫⎛⎫==-=⋅-< ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭∑∑∑. 2.【2016高考新课标3理数】已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（II ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-．解得1λ=-．3.【2016高考某某理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ．（I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析．【解析】（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ，否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则003402log 23322244n n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤． 4.【2016年高考理数】（本小题13分）设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a . 【答案】（1）()G A 的元素为2和；（2）详见解析；（3）详见解析. 【解析】（Ⅰ）)(A G 的元素为和.（Ⅱ）因为存在n a 使得1a a n >，所以{}12,i i i N a a *∈≤≤>≠∅N . 记{}1min 2,i m i i N a a *=∈≤≤>N ，则2≥m ，且对任意正整数m k a a a m k <≤<1,. 因此)(A G m ∈，从而∅≠)(A G . （Ⅲ）当1a a N ≤时，结论成立.又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G . 从而对任意p n k N ≤≤，p n k a a ≤，特别地，p n N a a ≤. 对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a .所以p a aa a a a i ip n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.因此)(A G 的元素个数p 不小于1N a a -. 5.【2016年高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ .（Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221ny x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q ；（Ⅱ）详见解析.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q .所以双曲线2221n y xa 的离心率 22(1)11nnn e a q ．由2513q q 解得43q . 因为2(1)2(1)1+k kq q 2(1)1*1+k k q q kN （）. 于是11211+1n n nq e e e q qq ，故1231433n nn e e e . 6.【2016高考某某理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P . （1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．（3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==，依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠．所以{}n a 不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”．7.【2016高考新课标2理数】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg99=1，．（Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =；（Ⅱ）1893. 【解析】8.【2016高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ，当1=n 时，1111==S a ，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T9.【2016高考某某卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0TS=;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30TS.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析【解析】（1）由已知得1*13,n n a a n -=⋅∈N .②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令UE CD =，UF DC =则E ≠∅，F ≠∅，EF =∅.于是C E C D S S S =+，D F C D S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设是E 中的最大数，为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠.由（2）知，1E k S a +<，于是1133l kl F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.【2015某某高考，20】（本小题满分16分）设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列（1）证明：31242,2,2,2a a a a依次成等比数列；（2）是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得kn k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在【解析】（1）证明：因为112222n n n n a a a d a ++-==（1n =，2，）是同一个常数，所以12a ，22a ，32a ，42a 依次构成等比数列．（3）假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1n a ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列，则()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+，并令1d t a =（13t >-，0t ≠），则()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++，且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++．化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．再将这两式相除，化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++（**）．令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++，则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++．故()g t 只有唯一零点0t =，即方程（**）只有唯一解0t =，故假设不成立．所以不存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列．【2015高考某某，理20】已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ）（1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）；（2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=- 得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得， 211[1,2]1n n n n n na a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；（2）由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n na a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得 112(2)2(1)n S n n n ≤≤++.【2015高考某某，理18】设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233nn S =+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; （II ）13631243n nn T +=+⨯.所以1113T b ==当1n > 时，()()12112311323133n n n T b b b b n ---=++++=+⨯+⨯++-所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-两式相减，得()()012122333133n nn T n ---=+++--⋅()11121313313n n n ----=+--⋅- 1363623nn +=-⨯ 所以13631243n n n T +=+⨯ 经检验，1n = 时也适合，综上可得：13631243n n n T +=+⨯ 【2015高考某某，理18】设*n N ∈，n x 是曲线221n y x+=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）记2221321n n T x x x -=，证明14nT n ≥. 【答案】（Ⅰ）1n nx n =+；（Ⅱ）14n T n ≥.【解析】当2n ≥时，因为222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以211211()2234n n T n n->⨯⨯⨯⨯=. 综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥.1．(2014·某某卷) 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．由③④可知，a n ＋1－a n ＝（－1）n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋12－122＋…＋（－1）n2n －1＝1＋12·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11＋12＝43＋13·（－1）n2n －1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·（－1）n2n －1. 2．(2014·某某卷) 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p.【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立．当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立． (2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p.①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p 成立．即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *.方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ，所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p＝p －1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c x p >0. 由此可得，f (x )在[c 1p，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p时，f (x )>f (c 1p)＝c 1p. ①当n ＝1时，由a 1>c 1p>0，即a p1>c 可知a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎪⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p ，故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1p成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c 1p)，即有a k ＋1>a k ＋2>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 1p均成立．3．(2014·某某卷) 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.4．(2014·某某卷) 已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令＝a n b n，求数列{}的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即＋1－＝2，所以数列{}是以c 1＝1为首项，d ＝2为公差的等差数列，故＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1，知a n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，3S n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n，将两式相减得－2S n ＝1＋2×(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n＝－2－(2n －2)×3n，所以S n ＝(n －1)3n＋1.5．(2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.6.(2014·某某卷) 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图像上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .【解析】(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，所以 2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意有a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n，所以数列{a n b n }的通项公式为a n b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1，因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 7．(2014·某某卷) 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＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{}的前n 项和为S n .(i)求S n ；(ii)求正整数k ，使得对任意n ∈均有S k ≥S n .(ii)因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0，当n ≥5时，＝1n （n ＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）2n －1，而n （n ＋1）2n－（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1>0，得n （n ＋1）2n≤5×（5＋1）25<1，所以，当n ≥5时，<0.综上，若对任意n ∈N *恒有S k ≥S n ，则k ＝4.8．(2013年高考某某卷)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：P 1：数列{a n }是递增数列； P 2：数列{na n }是递增数列； P 3：数列{a nn }是递增数列；P 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 4【答案】D9．(2013年高考某某卷)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.【解析】因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64. 【答案】6410． (2013年高考某某卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.【解析】(1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4.(2)当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝1＋122＋132＋142＋…＋1n 2<1＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋14＋12－1n ＝74－1n <74. 综上，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.1．在数列{a n }中，a 1＝1，数列{a n ＋1－3a n }是首项为9，公比为3的等比数列． (1)求a 2，a 3；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和S n .解：(1)∵数列{a n ＋1－3a n }是首项为9，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝9×3n －1＝3n ＋1，∴a 2－3a 1＝9，a 3－3a 2＝27， ∴a 2＝12，a 3＝63.(2)∵a n ＋1－3a n ＝3n ＋1，∴a n ＋13n ＋1－a n3n ＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是首项为13，公差为1的等差数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和S n ＝n 3＋nn －12＝3n 2－n6.2．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 ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1an ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． (1)a 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 ＝42n －12(n ∈N *)．3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n >a n 对n ∈N *均成立，某某数λ的取值X 围．解：(1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴3a 1＋3d ＝6， ∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ， ①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1n ≥2， ②①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n(n ≥2)，又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n. (2)λb n >a n 恒成立⇒λ>n2n 恒成立，设＝n2n ，当n ≥2时，<1，数列{}单调递减， ∴()max ＝12，故λ>12.所以实数λ的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.4．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{}的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <12.∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝∵n ∈N *，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12， 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝12n ＋12n －1>0，∴数列{T n }是一个递增数列，∴T n ≥T 1＝13.综上所述，13≤T n <12.5.对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设数列{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝74.(1)求数列{a n }的通项公式，并判断数列{S n }是否为“减差数列”；(2)设b n ＝(2－na n )t ＋a n ，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，某某数t 的取值X 围．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1＝1，S 3＝74，所以1＋q ＋q 2＝74，即4q 2＋4q －3＝0，所以(2q －1)(2q ＋3)＝0.因为q >0，所以q ＝12，所以a n ＝12n －1，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1，所以S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2<2－12n ＝S n ＋1，所以t >⎝⎛⎭⎪⎫1n －2max＝1.故t 的取值X 围是(1，＋∞)．6.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 ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m的取值X 围.解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. ∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n， ∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① ∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1word- 31 - / 31 ＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2. 由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，得2n ＋1－n ×2n ＋1－2＋n ×2n ＋1＋m ×2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立， ∴m ·2n ＋1<2－2n ＋1，即m <12n －1对任意正整数n 恒成立.∵12n －1>－1， ∴m ≤－1，即m 的取值X 围是(－∞，－1].。

2013届高三人教B版文科数学一轮复习课时作业(33)数列的综合应用A

课时作业(三十三)A [第33讲数列的综合应用][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有的n ≥2都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＝( ) A.32 B.94 C.259 D.2516 2．[2011·东北三校一模] ( )A ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 的前10项和 B ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前10项和C ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 的前11项和D ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前11项和3．一条信息，若一人得知后用一小时将信息传给两个人，这两个人又用一小时各传给未知信息的另外两个人，如此继续下去，要传遍100万人口的城市，所需的时间大约为( )A ．三个月B ．一个月C ．10天D ．20小时4．已知数列{a n }的首项a 1＝1，且点A n (a n ，a n ＋1)在函数y ＝xx ＋1的图象上．则该数列{a n }的通项公式是a n ＝________.能力提升 5．[2011·济南二模] 数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n 2－17n ，则当S n 取得最小值时n 的值为( ) A ．4或5 B ．5或6 C ．4 D ．5 6．[2011·天津卷] 已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110 7．[2011·衡水模拟] 设等比数列的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ，S n ＋1，S n ＋2成等差数列，则公比q ( )A ．等于－2B ．等于1C ．等于1或－2D ．不存在8．[2011·合肥一中月考] 各项均为正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝( )A.5＋12B.5－12C.3－52D.2＋529．[2011·陕西卷] 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，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )A ．①和⑳B ．⑨和⑩C ．⑨和⑪D ．⑩和⑪ 10．数列{a n }中，a 1＝2，点(log 3a n ，a n ＋1)在函数y ＝2×3x 的图象上，则{a n }的通项公式为a n ＝________.11．[2011·虹口区质检] 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n －3，则通项公式a n ＝________.12．[2011·广东六校联考] 已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m 、n 都有a m ＋n ＝a m ·a n .若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.13．[2011·菏泽二模] 已知a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，把数列{a n }的各项排成如图K33－2所示的三角数阵．记S (m ，n )表示该数阵中第m 行中从左到右的第n 个数，则S (10,6)对应数阵中的数是________．1 3 5 7 9 11 13 15 17 19… 图K33－214．(10分)[2012·惠州模拟] 当p 1，p 2，…，p n 均为正数时，称np 1＋p 2＋…＋p n为p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．已知数列{a n }的各项均为正数，且其前n 项的“均倒数”为12n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n2n ＋1(n ∈N *)，试比较c n ＋1与c n 的大小．15．(13分)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设：2b n ＝1a n＋1，求数列{b n b n ＋1}的前n 项和T n .难点突破16．(12分)设数列{b n }满足：b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n . (1)求证：1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1；(2)若T n ＝1b 1＋1＋1b 2＋1＋…＋1b n ＋1，对任意的正整数n,3T n －log 2m －5>0恒成立．求m 的取值范围．课时作业(三十三)A【基础热身】1．B [解析] a 2＝22a 1＝4，a 3＝32a 1a 2＝94.故选B.2．B [解析] 可知S ＝12＋14＋…＋120，所以其描述的是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前10项和．3．D [解析] 每小时传递人数构成数列2,4,8，…，所以n 小时共传递人数S n ＝1－2n 1－2＝2n－1≈106，所以n ≈20小时．4.1n [解析] 因为a n ＋1＝a n a n ＋1且a 1＝1，所以1a n ＋1＝1＋1a n ，所以1a n ＋1－1a n＝1. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列.1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n .【能力提升】5．C [解析] 二次函数f (x )＝2x 2－17x 的对称轴为直线x ＝174，因为n ∈N ＋，所以当n ＝4时，S n ＝2n 2－17n 有最小值．故选C.6．D [解析] 由a 27＝a 3·a 9，d ＝－2，得(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解之得a 1＝20，∴S 10＝10×20＋10×92(－2)＝110. 7．B [解析] 依题意有2S n ＋1＝S n ＋S n ＋2，当q ≠1时，有2a 1(1－q n ＋1)＝a 1(1－q n )＋a 1(1－q n ＋2)，解得q ＝1，但q ≠1，所以方程无解；当q ＝1时，满足条件．故选B.8．B [解析] 依题意，有a 3＝a 1＋a 2，设公比为q ，则有q 2－q －1＝0，所以q ＝1＋52(舍去负值).a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝a 2a 4(q ＋q 2)a 2a 4(q 2＋q 3)＝1q ＝21＋5＝5－12.故选B. 9．D [解析] 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.10．2n [解析] 由已知得a n ＋1＝2×3log 3a n ＝2a n ，显然{a n }的各项不为零，所以a n ＋1a n＝2，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，a n ＝2×2n －1＝2n .11.⎩⎪⎨⎪⎧－1(n ＝1)，2n (n ≥2)[解析] n ＝1时，a n ＝－1；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1(n ＝1)，2n (n ≥2).12．2－2n ＋13n [解析] 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公比为q ＝23的等比数列，于是S n ＝a 1(1－q n)1－q＝23×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23，＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n ＝2－2n ＋13n .13．101 [解析] 观察知每一行的第1个数构成数列：1,3,7,13,21，…，相邻两项构成递推关系：a n ＋1＝a n ＋2n ，所以a 10＝a 9＋18＝a 8＋16＋18＝a 7＋14＋34＝a 6＋12＋48＝a 5＋10＋60＝a 4＋8＋70＝13＋78＝91，即第10行的第1个数为91，所以第10行第6个数为101. 14．[解答] (1)由已知有a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ＝n (2n ＋1)，则a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)(2n －1)，两式相减，得a n ＝4n －1(n ≥2)．又1a 1＝12×1＋1，解得a 1＝3＝4×1－1， ∴a n ＝4n －1(n ∈N *)．(2)∵c n ＝a n 2n ＋1＝4n －12n ＋1＝2－32n ＋1，c n ＋1＝a n ＋12n ＋3＝2－32n ＋3，∴c n ＋1－c n ＝32n ＋1－32n ＋3＞0，即c n ＋1＞c n .15．[解答] (1)由a n ＋1＝a n 2a n ＋1得1a n ＋1－1a n＝2且1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，以2为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，得a n ＝12n －1.(2)由2b n ＝1a n ＋1得2b n ＝2n －1＋1＝2n ，∴b n ＝1n，从而b n b n ＋1＝1n (n ＋1)，则T n ＝b 1b 2＋b 2b 3＋…＋b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.【难点突破】16．[解答] (1)因为b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n ＝b n (b n ＋1)，所以对任意的n ∈N *，b n >0. 所以1b n ＋1＝1b n (b n ＋1)＝1b n －1b n ＋1，即1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1. (2)T n ＝⎝⎛⎭⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1b n －1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝2－1b n ＋1. 因为b n ＋1－b n ＝b 2n >0， ∴b n ＋1>b n ，所以数列{b n }是单调递增数列．所以数列{T n }关于n 递增．所以T n ≥T 1.因为b 1＝12，所以b 2＝b 1(b 1＋1)＝34，所以T 1＝2－1b 2＝23，所以T n ≥23.因为3T n －log 2m －5>0恒成立，所以log 2m <3T n －5恒成立，所以log 2m <－3，所以0<m <18.。

高考数学一轮复习(北师大版文科)课时作业32

课时作业(三十二) 数列的综合应用A 级1．(2012·聊城模拟)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 ．52 B ．40 C ．26D ．202．已知数列{a n }，{b n }都是公差为1的等差数列，其首项分别为a 1，b 1，且a 1＋b 1＝5，a 1＞b 1，a 1，b 1∈N ＋(n ∈N ＋)，则数列{ab n }的前10项的和等于( )A ．65B ．75C ．85D ．953．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 ．644．(2011·上海卷)设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件为( )A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同 5．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)，到期取出本金和利息．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．6．(2012·济南模拟)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”．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为“调和数列”，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 3x 18的最大值是________．7．在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N ＋)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，当S 11＋S 22＋…＋S nn 取最大值时，求n 的值．8．(2012·湛江模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧12a n ＋n (n 为奇数，n ∈N ＋)a n －2n (n 为偶数，n ∈N ＋).(1)求a 2，a 3；(2)设b n ＝a 2n －2，n ∈N ＋，求证：数列{b n }是等比数列，并求其通项公式； (3)已知c n ＝log 12|b n |，求证：1c 1c 2＋1c 2c 3＋…＋1c n －1c n ＜1.B 级1．祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，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)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂，问哪种方案最合算？2．(2012·广州市调研)已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝3，且a n＋1＝a n＋2a n－1(n≥2)．(1)设b n＝a n＋1＋λa n，是否存在实数λ，使数列{b n}为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；(2)求数列{a n}的前n项和S n.答案课时作业(三十二)A 级1．B 由题意，知S n ＋1－S n(n ＋1)－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， ∴a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝2(a 3＋a 7)＝4a 5＝40. 2．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， ∴ab n ＝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{ab n }也是等差数列，且前10项和为10×(4＋13)2＝85.3．D 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，…也成等比数列，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＝64.4．D ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，…. ∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n ＝q ，从而{A n }为等比数列．5．解析：由题意知，小王存款到期利息为12ar ＋11ar ＋10ar ＋…＋2ar ＋ar ＝12(12＋1)2ar ＝78ar .答案： 78ar6．解析：因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为“调和数列”，所以x n ＋1－x n ＝d (n ∈N ＋，d 为常数)，即数列{x n }为等差数列，由x 1＋x 2＋…＋x 20＝200得20(x 1＋x 20)2＝20(x 3＋x 18)2＝200，即x 3＋x 18＝20，易知x 3，x 18都为正数时，x 3x 18取得最大值，所以x 3x 18≤⎝⎛⎭⎫x 3＋x 1822＝100，即x 3x 18的最大值为100.答案： 1007．解析： (1)因为a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，所以a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，又a n >0，所以a 3＋a 5＝5.又a 3与a 5的等比中项为2，所以a 3a 5＝4. 而q ∈(0,1)，所以a 3>a 5，所以a 3＝4，a 5＝1，所以q ＝12，a 1＝16，所以a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1＝25－n . (2)b n ＝log 2a n ＝5－n ，所以b n ＋1－b n ＝－1，故{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列，所以S n ＝n (9－n )2，所以S n n ＝9－n 2.当n ≤8时，S n n >0；当n ＝9时，S n n ＝0；当n >9时，S nn <0；所以当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn 取最大值．8．解析： (1)由数列{a n }的递推关系易知：a 2＝32，a 3＝－52.(2)证明：b n ＋1＝a 2n ＋2－2＝12a 2n ＋1＋(2n ＋1)－2＝12a 2n ＋1＋(2n －1)＝12(a 2n －4n )＋(2n －1) ＝12a 2n －1＝12(a 2n －2)＝12b n . 又b 1＝a 2－2＝－12，∴b n ≠0，∴b n ＋1b n ＝12，即数列{b n }是公比为12，首项为－12的等比数列，b n ＝－12⎝⎛⎭⎫12n －1＝－⎝⎛⎭⎫12n . (3)证明：由(2)有c n ＝log 12|b n |＝log 12⎝⎛⎭⎫12n＝n .∵1(n －1)n ＝1n －1－1n(n ≥2)．∴1c 1c 2＋1c 2c 3＋…＋1c n －1c n ＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1－1n ＜1.B 级1．解析：由题意，知每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列．设纯利润与年数的关系为f (n )，则f (n )＝50n －⎣⎡⎦⎤12n ＋n (n －1)2×4－72＝－2n 2＋40n －72.(1)获取纯利润就是要求f (n )＞0，故有－2n 2＋40n －72＞0，解得2＜n ＜18.又n ∈N ＋，知从第三年开始获利．(2)①平均利润为f (n )n ＝40－2⎝⎛⎭⎫n ＋36n ≤16，当且仅当n ＝6时取等号．故此方案获利6×16＋48＝144(万美元)，此时n ＝6. ②f (n )＝－2n 2＋40n －72＝－2(n －10)2＋128，当n ＝10时，f (n )max ＝128.故此方案共获利128＋16＝144(万美元)．比较两种方案，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． 2．解析： (1)假设存在实数λ，使数列{b n }为等比数列，设b nb n －1＝q (n ≥2)．即a n ＋1＋λa n ＝q (a n ＋λa n －1)，得a n ＋1＝(q －λ)a n ＋qλa n －1.与已知a n ＋1＝a n ＋2a n －1比较，令⎩⎪⎨⎪⎧q －λ＝1qλ＝2，解得λ＝1或λ＝－2.所以存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．当λ＝1时，q ＝2，b 1＝4，则数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列；当λ＝－2时，q ＝－1，b 1＝1，则数列{b n }是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)由已知a n ＋1＝a n ＋2a n －1得a n ＋1－2a n ＝－a n ＋2a n －1 ∴a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝－1，∴a n ＋1－2a n ＝(－1)n ＋1(n ≥1)，所以a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝(－1)n ＋12n ＋1＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，a n 2n ＝a 121＋⎝⎛⎭⎫a 222－a 121＋⎝⎛⎭⎫a 323－a 222＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －a n －12n －1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－123＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12 ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1. 因为a 121＝12也适合上式．所以a n 2n ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ≥1)，所以a n ＝13[]2n ＋1＋(－1)n.。

高三数学一轮复习课时作业31 数列的综合应用新人教A

课时作业(三十一) [第31讲数列的综合应用][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．[2012·惠州调研] “lg x ，lg y ，lg z 成等差数列”是“y 2＝xz ”成立的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．[2011·德州二模] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－18，S 13＝－52，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，那么b 15的值为( )A ．64B ．－64C ．128D ．－128 3．[2011·珠海综测] 设正项等比数列{a n }，{lg a n }成等差数列，公差d ＝lg3，且{lg a n }的前三项和为6lg3，则数列{a n }的通项公式为( )A ．n lg3B ．3nC ．3nD ．3n －14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则{a n }的公比为( )A ．2B ．3 C.12 D.13能力提升 5．[2011·忻州联考] 成等比数列的三个数a ＋8，a ＋2，a －2分别为等差数列的第1、4、6项，则这个等差数列前n 项和的最大值为( )A ．120B ．90C ．80D ．606．[2011·南平质检] 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 *)的前20项的和为( )A ．305B ．315C ．325D ．3357．[2011·大连双基检测] 已知等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都是整数，前n 项和为S n ，若a 1>1，a 4>3，S 3≤9，设b n ＝1na n ，则使b 1＋b 2＋…＋b n <99100成立的最大n 值为( )A ．97B ．98C ．99D ．1008．2011年，我国南方省市遭遇旱灾以及洪水灾害，为防洪抗旱，某地区大面积植树造林，如图K31－1，在区域{(x ，y )|x ≥0，y ≥0}内植树，第一棵树在点A 1(0,1)，第二棵树在点B 1(1,1)，第三棵树在点C 1(1,0)，第四棵树在点C 2(2,0)，接着按图中箭头方向每隔一个单位种一棵树，那么第2011棵树所在的点的坐标是( )A ．(13,44)B ．(12,44)C ．(13,43)D ．(14,43)9．[2011·陕西卷] 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，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )A ．①和⑳B ．⑨和⑩C ．⑨和⑪D ．⑩和⑪10．[2012·永州调研] 已知等差数列{a n }，对于函数f (x )＝x 5＋x 3满足：f (a 2－2)＝6，f (a 2 010－4)＝－6，S n 是其前n 项和，则S 2 011＝________.11．[2011·菏泽二模] 已知a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，把数列{a n }的各项排成如图K31－2所示的三角数阵，记S (m ，n )表示该数阵中第m 行中从左到右的第n 个数，则S (10,6)对应数阵中的数是________．1 3 5 7 9 11 13 15 17 19…… 图K31－212．[2011·丰台二模] 如图K31－3所示，已知正方形ABCD 的边长为1，以A 为圆心，AD 长为半径画弧，交BA 的延长线于P 1，然后以B 为圆心，BP 1长为半径画弧，交CB 的延长线于P 2，再以C 为圆心，CP 2长为半径画弧，交DC 的延长线于P 3，再以D 为圆心，DP 3长为半径画弧，交AD 的延长线于P 4，再以A 为圆心，AP 4长为半径画弧，…，如此继续下去，画出的第8道弧的半径是________，画出第n 道弧时，这n 道弧的弧长之和为________．13．[2011·绍兴质检] 已知奇函数f (x )是定义在R 上的增函数，数列{x n }是一个公差为2的等差数列，满足f (x 8)＋f (x 9)＋f (x 10)＋f (x 11)＝0，则x 2 011的值等于________．14．(10分)[2011·江门调研] 某旅游景点2010年利润为100万元，因市场竞争，若不开发新项目，预测从2011年起每年利润比上一年减少4万元.2011年初，该景点一次性投入90万元开发新项目，预测在未扣除开发所投入资金的情况下，第n 年(n 为正整数，2011年为第1年)的利润为100⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n 万元． (1)设从2011年起的前n 年，该景点不开发新项目的累计利润为A n 万元，开发新项目的累计利润为B n 万元(须扣除开发所投入资金)，求A n 、B n 的表达式；(2)依上述预测，该景点从第几年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润？15．(13分)[2011·合肥一中月考] 已知直线l 的方程为3x －2y －1＝0，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线l 上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)b n ＝n 2S n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求f (n )＝b nT n ＋24(n ∈N ＋)的最大值．难点突破16．(12分)[2011·荆州质检] 某市为了解决交通拥堵问题，一方面改建道路、加强管理，一方面控制汽车总量增长，交管部门拟从2012年1月起，在一段时间内，对新车上牌采用摇号(类似于抽签)的方法进行控制，制定如下方案：①每月进行一次摇号，从当月所有申请用户以及以前没有摇到号的申请用户中，摇出当月上牌的用户，摇到号的用户不再参加以后的摇号；②当月没有摇到号的申请者自动加入下一个月的摇号，不必也不能重复申请，预计2012年1月申请车牌的用户有10a 个，以后每个月又有a 个新用户申请车牌．计划2012年1月发放车牌a 个，以后每月发放车牌数比上月增加5%.以2012年1月为第一个月，设前n (n ∈N *)个月申请车牌用户的总数为a n ，前n 个月发放车牌的总数为b n ，使得a n >b n 成立的最大正整数为n 0.(参考数据：1.0516＝2.18,1.0517＝2.29,1.0518＝2.41)(1)求a n 、b n 关于n 的表达式，直接写出n 0的值，说明n 0的实际意义；(2)当n ≤n 0，n ∈N *时，设第n 个月中签率为y n ，求证：中签率y n 随着n 的增加而增大． ⎝ ⎛⎭⎪⎫第n 个月中签率＝第n 个月发放车牌数第n 个月参加摇号的用户数课时作业(三十一)【基础热身】1．A [解析] 若lg x ，lg y ，lg z 成等差数列，则2lg y ＝lg x ＋lg z ，即lg y 2＝lg xz ，则y 2＝xz ，若y 2＝xz ，当x ，z 都取负数时，lg x ，lg z 无意义，故选A. 2．B [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝－18，S 13＝13a 1＋13×122d ＝－52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－1，∴b 5＝a 5＝a 1＋4d ＝－2，b 7＝a 7＝a 1＋6d ＝－4，设等比数列{b n }的公比为q ，则q 2＝b 7b 5＝2，b 15＝b 7q 8＝－4×24＝－64，故选B.3．B [解析] 依题意有3lg a 1＋3lg3＝6lg3，即a 1＝3. 设等比数列{a n }的公比为q ，则 q ＝a 2a 1，lg q ＝lg a 2－lg a 1＝d ＝lg3，解得q ＝3，所以a n ＝3×3n －1＝3n，故选B.4．D [解析] 设公比为q ，又4S 2＝S 1＋3S 3，即4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，解得{a n }的公比q ＝13.【能力提升】5．B [解析] 由a ＋8，a ＋2，a －2成等比数列，得(a ＋2)2＝(a ＋8)(a －2)，解得a ＝10，设等差数列为{a n }，公差为d ，则a 1＝18，a 4＝12，a 6＝8， ∴2d ＝a 6－a 4＝－4，d ＝－2，则这个等差数列前n 项和为S n ＝18n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋19n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1922＋1924，∴当n ＝10或n ＝9时，S n 有最大值90，故选B.6．D [解析] 由已知f (x ＋1)－f (x )＝32，则数列{f (n )}是等差数列，公差为32，其前20项和为20×52＋20×192×32＝335，故选D.7．B [解析] 由a 4>3，S 3≤9，得a 1＋3d >3，且3a 1＋3d ≤9， ∴3－a 1<3d ≤9－3a 1,2a 1<6，则a 1<3，即1<a 1<3. ∵首项a 1及公差d 都是整数， ∴a 1＝2,1<3d ≤3，则d ＝1，∴等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，则b n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，由1－1n ＋1<99100，得n <99，即n 的最大值为98，故选B.8．A [解析] OA 1B 1C 1设为第一个正方形，种植3棵树，依次下去，第二个正方形种植5棵树，第三个正方形种植7棵树，前43个正方形共有43×3＋43×422×2＝1935棵树，2011－1935＝76,76－44＝32,45－32＝13，因此第2011棵树在(13,44)点处．9．D [解析] 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.10．6 033 [解析] f (x )为奇函数，所以由f (a 2－2)＋f (a 2 010－4)＝0得f (a 2－2)＝f (4－a 2 010)，所以a 2－2＝4－a 2 010，即a 2＋a 2 010＝6，所以S 2 011＝2 011a 1＋a 2 0112＝2 011a 2＋a 2 0102＝6 033.11．101 [解析] 观察知每一行的第一个数构成数列：1,3,7,13,21，…，相邻两项构成递推关系：a (m ＋1,1)＝a (m,1)＋2m ，所以a (10,1)＝a (9,1)＋18＝a (8,1)＋16＋18＝a (7,1)＋14＋34＝a (6,1)＋12＋48＝a (5,1)＋10＋60＝a (4,1)＋8＋70＝13＋78＝91，即第10行的第一个数为91，所以第10行第6个数为101.12．8 n n ＋1π4[解析] 从第一道弧开始，半径依次为1,2,3,4，…，并且从第二道弧开始，每一道弧的半径比前一道弧的半径大1，所以第8道弧的半径为8.弧长依次为π2×1，π2×2，π2×3，…，π2×n ，所以弧长之和为π2×(1＋2＋3＋…＋n )＝n n ＋1π4. 13．4 003 [解析] 设x 8＝m ，则x 9＝m ＋2，x 10＝m ＋4，x 11＝m ＋6，且x 8＋x 11＝x 9＋x 10， ∴f (m )＋f (m ＋2)＋f (m ＋4)＋f (m ＋6)＝0，且f (m )<f (m ＋2)<f (m ＋4)<f (m ＋6)， ∴f (m )<0，f (m ＋6)>0.若m 与m ＋6关于原点不对称，则m ＋2与m ＋4也关于原点不对称， ∵f (x )是奇函数，即f (－x )＝－f (x )，∴f (m )＋f (m ＋2)＋f (m ＋4)＋f (m ＋6)≠0，矛盾，∴m 与m ＋6关于原点对称，则m ＋2与m ＋4关于原点对称，则m ＝－3，x 8＝－3，x 2 011＝x 8＋(2 011－8)×2＝4 003.14．[解答] (1)依题意，A n 是首项为100－4＝96，公差为－4的等差数列的前n 项和，所以A n ＝96n ＋n n －12×(－4)＝98n －2n 2；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫100⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n 的前n 项和为100n ＋1003×1－13n1－13＝100n ＋50⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ，B n ＝100n ＋50⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －90＝100n －40－503n . (2)由(1)得，B n －A n ＝⎝⎛⎭⎪⎫100n －40－503n －(98n －2n 2)＝2n ＋2n 2－40－503n ，B n －A n 是数集N *上的单调递增数列，观察并计算知B 4－A 4＝－5081<0，B 5－A 5>0，所以从第5年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润．15．[解答] (1)由题意知3a n －2S n －1＝0，① 则3a n ＋1－2S n ＋1－1＝0，② ②－①得a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }是公比为3的等比数列．由3a 1－2S 1－1＝0，得a 1＝1，所以a n ＝3n －1.(2)由①知，2S n ＝3a n －1，所以b n ＝n 2S n ＋1a n＝3n ，T n ＝n a 1＋a n2＝3n 2＋3n 2.f (n )＝b n T n ＋24＝3n 3n 2＋3n 2＋24＝2n n 2＋n ＋16＝2n ＋16n ＋1≤29.当且仅当n ＝16n，即n ＝4时，等号成立．所以f (n )的最大值为f (4)＝29.【难点突破】16．[解答] (1)a n ＝10a ＋(n －1)a ＝(n ＋9)a ，b n ＝a 1－1.05n1－1.05＝20a (1.05n－1)，由a n >b n 得，n 0＝17，说明第17个月以后，该项政策可以取消，不需要摇号就可以直接上牌．(2)证明：当n ＝1时，y 1＝110，当1<n ≤17，n ∈N *时，y n ＝b n －b n －1a n －b n －1＝ 1.05n －1n ＋29－20·1.05n －1，∴y n ＝ 1.05n －1n ＋29－20·1.05n －1(n ∈N *，n ≤17)，当2≤n ≤17，n ∈N *时，1 y n －1y n－1＝n＋291.05n－1－n－1＋291.05n－2＝n＋29－1.05n＋281.05n－1＝－0.05n－0.401.05n－1<0，∴1y n<1y n－1，n∈N*，n≤17时，a n>b n，∴a n－a n－1>b n－b n－1>0，∴0<y n<1，∴y n>y n－1，所以y1<y2<…<y17，即y n随着n的增加而增大．。

高考数学一轮复习第五章数列第4课时数列的综合应用课时作业理新人教版-新人教版高三全册数学试

第4课时数列的综合应用考纲索引1.等差数列与等比数列的综合应用.2.数列的实际应用.3.数列与其他知识的综合应用.课标要求1.以递推关系为背景,在等差、等比数列交汇的题目中,进行数列的基本运算,求数列的通项公式与前n 项和.2.在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处,考查数列的综合应用.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用相关知识解决相应的问题.1.等差数列与等比数列比较表2.解答数列应用题的步骤(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,弄清该数列的特征、要求是什么.(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.3.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)递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化时,应考虑是a n与a n+1的递推关系,还是S n与S n+1之间的递推关系.基础自测1.(教材改编)已知等差数列{a n}的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列,则a2的值为().A.-4B.-6C.-8D.-102.已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列,数列{b n}是等差数列,且a6=b7,则有().A.a3+a9≤b4+b10B.a3+a9≥b4+b10C.a3+a9≠b4+b10D.a3+a9与b4+b10的大小关系不确定3.(教材改编)有一种细菌和一种病毒,每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个,现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒(假设病毒不繁殖),问细菌将病毒全部杀死至少需要().A.6秒钟B.7秒钟C.8秒钟D.9秒钟指点迷津◆两个区分在数列的实际应用中注意区分:①是等差数列还是等比数列问题.②是求数列的通项a n,还是求S n或者求n.◆三种思想(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性).(2)数列与不等式结合时需注意放缩.(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想.考点透析考向一等差数列与等比数列的综合应用例1(2013·某某市质检二)已知数列{a n}为公差不为零的等差数列,a1=1,各项均为正数的等比数列{b n}的第1项、第3项、第5项分别是a1,a3,a21.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(2)求数列{a n b n}的前n项和S n.【审题视点】由等比中项建立d的关系,利用错位相减法求S n.【方法总结】对等差、等比数列的综合问题的分析,应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和;分析等差、等比数列项之间的关系,往往用到转化与化归的思想方法.变式训练1.(2013·某某模拟)已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.考向二数列的实际应用例2(2013·某某重点中学联考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某某市计划用若干年更换一万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数S(n);(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.【审题视点】把电力车混合型车分别看作等比数列和等差数列来求解.【方法总结】解等差、等比数列应用题时,首先要认真审题,深刻理解问题的实际背景,理清蕴含在语言中的数学关系,把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题,使关系明朗化、标准化.然后用等差、等比数列知识求解.这其中体现了把实际问题数学化的能力,也就是所谓的数学建模能力.变式训练2.(2013·某某调研)为了缓解城市道路拥堵的局面,某市拟提高中心城区内占道停车场的收费标准,并实行累进加价收费.已公布的征求意见稿是这么叙述此收费标准的:“(中心城区占道停车场)收费标准为每小时10元,并实行累进加价制度,占道停放1小时后,每小时按加价50%收费.”方案公布后,这则“累进加价”的算法却在媒体上引发了争议.请你用所学的数学知识说明争议的原因,并请按照一辆普通小汽车一天内连续停车14个小时计算,则根据不同的解释,收费各应为多少元?考向三数列与其他知识的综合应用【方法总结】1.数列与函数的综合问题:一般是通过研究函数的性质、图象进而解决数列问题.2.数列与不等式的综合问题:(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,有时利用放缩法证明.变式训练经典考题典例(2014·某某)已知q和n均为给定的大于1的自然数,设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+x n q n-1,x i∈M,i=1,2,…,n}.(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A.(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+a n q n-1,t=b1+b2q+…+b n q n-1,其中a i,b i∈M,i=1,2,…,n.证明:若a n<b n,则s<t.【解题指南】第(1)问用列举法,第(2)问通过放缩比较大小.真题体验1.(2014·某某)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a,b,c成等差数列,求证:sin A+sin C=2sin(A+C);(2)若a,b,c成等比数列,且c=2a,求cos B的值.2.(2014·某某)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)记S n为数列{a n}的前n项和,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.参考答案与解析知识梳理1.前项前项基础自测1.B2.B3.B4.95.2n+1-3考点透析变式训练经典考题真题体验。

2013届人教A版文科数学课时试题及解析(33)数列的综合应用B

2 3，a3＝来自5， 2a4＝
3， 5
a5＝－
2，, 3
，所以数列
{ an} 是周
3 期数列，周期为 3，于是 a2011＝ a2010＋1＝ a1＝ 5.故选 C.
7．C [ 解析 ] 依题意即求 Sn 最大时的项数 n.将两已知等式相减，可得公差 d＝－ 2，所
以 3a1＋ 9d＝ 99，解得 a1＝39，所以 an＝ 39－ 2(n－ 1)＝41－ 2n.当 an>0 时， Sn 取得最大值，
A ． 1 升 B.6676升 C.4474升 D.3373升
9．已知等差数列 { an} 的首项 a1 及公差 d 都是整数，前 n 项和为 Sn，若 a1>1，a4 >3，S3≤ 9，
设
bn＝
1 ，则使 nan
b1＋b2＋, ＋
bn<19090成立的最大
n 值为 (
)
A ． 97 B． 98 C． 99 D ．100
所以 41－ 2n>0 ，得 n<20.5，所以 k＝ n＝ 20.故选 C.
a1＋ a2＋ a3＋ a4＝3， 8．B [解析 ] 从上到下各节记为 a1，a2，, ， a9，公差为 d，则有
a9＋ a8＋ a7＝ 4，
4a1＋ 6d＝3，
即
解得
3a1＋ 21d＝4，
d＝
7， 66
a
1＝
13 22
课时作业 (三十三 )B [ 第 33 讲数列的综合应用 ]
[时间： 45 分钟
分值： 100 分 ]
基础热身
1．一张报纸厚度为 a，对折 (沿一组对边的中点连线折叠 )7 次后，报纸的厚度为 ( )
A ． 8a B． 64a C．128a D． 256a

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.。

高考数学(文)一轮复习提能训练：《数列的综合应用》(人教A版)含详析

[A 组基础演练·能力提升]一、选择题1．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 8＋a 9＝( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析：依题意有，a n ＋a n ＋1＝b n ，a n ·a n ＋1＝2n ，又a 1＝1，故a 2＝2，a 3＝2，a 4＝22，a 5＝22，a 6＝23，a 7＝23，a 8＝24，a 9＝24，故b 8＋a 9＝(a 8＋a 9)＋a 9＝a 8＋2a 9＝3×24＝48.答案：C2．已知数列{a n }为等差数列，数列{b n }是各项为正数的等比数列，其公比q ≠1，若a 4＝b 4，a 12＝b 12，则( )A ．a 8＝b 8B ．a 8>b 8C ．a 8<b 8D ．a 8>b 8或a 8<b 8解析：∵{b n }为等比数列，其公比q ≠1，∴b 4≠b 12， ∴a 4≠a 12，∴a 8＝a 4＋a 122 > a 4a 12＝ b 4b 12＝b 8.答案：B3．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1解析：由题意可知， a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2. 答案：C4．(2013年高考辽宁卷)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题： P 1：数列{a n }是递增数列； P 2：数列{na n }是递增数列； P 3：数列{a nn }是递增数列；P 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n 是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．答案：D5．(2014年保定调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且a cos C ，b cos B ，c cos A 成等差数列，若b ＝3，则a ＋c 的最大值为( )A.32 B ．3 C ．2 3D ．9解析：∵a cos C ，b cos B ，c cos A 成等差数列， ∴2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，∴cos B ＝12，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－3ac ≥(a ＋c )2－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝(a ＋c )24，即3≥(a ＋c )24，当且仅当a ＝c 时，等号成立，∴a ＋c ≤2 3. 答案：C6．若关于x 的方程x 2－x ＋a ＝0与x 2－x ＋b ＝0(a ≠b )的四个根组成首项为14的等差数列，则a ＋b 的值是( )A.38B.1124C.1324D.3172解析：设两个方程的根分别为x 1、x 4和x 2、x 3.因为x 1＋x 4＝x 2＋x 3＝1，所以x 1＝14，x 4＝34，从而x 2＝512，x 3＝712.则a ＝x 1x 4＝316，b ＝x 2x 3＝35144，或a ＝35144，b ＝316，∴a ＋b ＝316＋35144＝3172.答案：D 二、填空题7．(2013年高考重庆卷)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.解析：因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64.答案：648．《九章算术》之后，人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一月(按30天计)，共织390尺布”，则每天比前一天多织________尺布．(不作近似计算)解析：由题意知，a 1＝5，n ＝30，S n ＝390＝30×5＋30×292d ⇒d ＝1629.答案：16299．(2014年合肥模拟)已知数列{a n }满足a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝24，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝________.解析：由a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝24可知，a n ＋1a n ＋2a n ＋3·a n ＋4＝24，得a n ＋4＝a n ，所以数列{a n }是周期为4的数列，再令n ＝1，求得a 4＝4，每四个一组可得(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋…＋(a 2 009＋a 2 010＋a 2 011＋a 2 012)＋a 2 013＝10×503＋1＝5 031.答案：5 031 三、解答题10．(2014年大同模拟)已知公比为q 的等比数列{a n }的前6项和S 6＝21，且4a 1，32a 2，a 2成等差数列．(1)求a n ；(2)设{b n }是首项为2，公差为－a 1的等差数列，其前n 项和为T n ，求不等式T n －b n >0的解集．解析：(1)∵4a 1，32a 2，a 2成等差数列，∴4a 1＋a 2＝3a 2，即4a 1＝2a 2，∴q ＝2.则S 6＝a 1(1－26)1－2＝21，解得a 1＝13，∴a n ＝2n －13.(2)由(1)得－a 1＝－13，∴b n ＝2＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－13＝7－n 3，T n ＝2n ＋n 2(n －1)·⎝⎛⎭⎫－13＝13n －n 26， ∴T n －b n >0，即－(n －1)(n －14)6>0，解得1<n <14(n ∈N *)，故不等式T n －b n >0的解集为{n ∈N *|1<n <14}．11．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成立的正整数n 的最小值．解析：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 3＝20a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12a 1＝32.又数列{a n }单调递增，∴q ＝2，a 1＝2，∴a n ＝2n .(2)由题意知b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，② ∴①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2， ∵S n ＋n ·2n ＋1>50，∴2n ＋1－2>50，∴2n ＋1>52，又当n ≤4时，2n ＋1≤25＝32<52，当n ≥5时，2n ＋1≥26＝64>52.故使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的正整数n 的最小值为5.12．(能力提升)(2013年高考广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；解析：(1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4.(2)当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a n n＝1，又a 22－a 11＝1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a nn ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2.。

2013届高三数学(理)一轮复习方案课件【人教A版】第31讲数列的综合应用备用例题

第31讲 │ 备用例题
例2 [2011· 广州二模] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，
且S10＝55，S20＝210. (1)求数列{an}的通项公式； an (2)设bn＝，是否存在m、k(k>m≥2，k，m∈N*)，使得 an＋1 b1、bm、bk成等比数列？若存在，求出所有符合条件的m、k的值；若不存在，请说明理由．
第31讲 │ 备用例题
(2)由(1)得知an＝3n－1，bn＝log3an＋1＝n， 1 1 1 1 ＝＝－， bn · bn＋1 (n＋1)n n n＋1
1 1 1 1 1 1 T2011＝＋＋ …＋＝ 1－＋－＋…＋ b1b2 b2b3 b2011b2012 2 2 3 1 1 2011 ＝－ . 2011 2012 2012
(Sn，an＋1)在直线y＝2x＋1上，n∈N*. (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
1 (2)在(1)的结论下，设bn＝log3an＋1，Tn是数列 b b 的前n n n＋1
项和，求T2011的值．
第31讲 │ 备用例题
[解答] (1)由题意得an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，所以当n≥2时，{an}是等比数列．要使n≥1时，{an}是等比数列， a2 2t＋1 则只需＝ t ＝3，从而t＝1. a1
第31讲 │ 数列的综合应用
第31讲
数列的综合应用
第31讲 │ 备用例题
备用例题
[备选理由] 例1是解析几何与数列的交汇，探究成为等比
数列的条件，等差数列与等比数列的转化以及数列求和；例2 是数列存在性问题，探究三个数成等比数列的条件．

2013年高考一轮复习教案数学(理)新课标第六篇数列5数列的综合应用

第5讲数列的综合应用【2013年高考会这样考】1．考查数列的函数性及与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题．2．考查运用数列知识解决数列综合题及实际应用题的能力．【复习指导】1．熟练把握等差数列与等比数列的基本运算．2．掌握隐藏在数列概念和解题方法中的数学思想，如“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转化”等．3．注意总结相关的数列模型以及建立模型的方法．基础梳理1．等比数列与等差数列比较表2.(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，弄清该数列的特征、要求是什么．(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．3．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)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是S n与S n＋1之间的递推关系．一条主线数列的渗透力很强，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．两个提醒(1)对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，但有的数列并没有指明，可以通过分析，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．(2)数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．三种思想(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．双基自测1．(人教A版教材习题改编)已知等差数列{a n}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2的值为()．A．－4 B．－6 C．－8 D．－10解析由题意知：a23＝a1a4.则(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得：a2＝－6.答案 B2．(2011·运城模拟)等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S 4＝( )．A ．7B ．8C ．15D ．16解析设数列{a n }的公比为q ，则4a 2＝4a 1＋a 3，∴4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，即q 2－4q ＋4＝0，∴q ＝2.∴S 4＝1－241－2＝15.答案 C3．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，数列{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( )． A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10 C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小关系不确定解析记等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由数列{b n }为等差数列可知b 4＋b 10＝2b 7，又数列{a n }是各项均为正数的等比数列，∴a 3＋a 9＝a 3(1＋q 6)＝a 6⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 6q 3＝b 7⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 6q 3，又1＋q 6q 3＝1q 3＋q 3≥2(当且仅当q ＝1时，等号成立)，∴a 3＋a 9≥2b 7，即a 3＋a 9≥b 4＋b 10. 答案 B4．若互不相等的实数a ，b ，c 成等差数列，c ，a ，b 成等比数列，且a ＋3b ＋c ＝10，则a ＝( )．A ．4B ．2C ．－2D ．－4解析由c ，a ，b 成等比数列可将公比记为q ，三个实数a ，b ，c ，待定为cq ，cq 2，c .由实数a 、b 、c 成等差数列得2b ＝a ＋c ，即2cq 2＝cq ＋c ，又等比数列中c ≠0，所以2q 2－q －1＝0，解一元二次方程得q ＝1(舍去，否则三个实数相等)或q ＝－12，又a ＋3b ＋c ＝a ＋3aq ＋a q ＝－52a ＝10，所以a ＝－4. 答案 D5．(2012·苏州质检)已知等差数列的公差d ＜0，前n 项和记为S n ，满足S 20＞0，S 21＜0，则当n ＝________时，S n 达到最大值．解析 ∵S 20＝10(a 1＋a 20)＝10(a 10＋a 11)＞0，S 21＝21a 11＜0，∴a 10＞0，a 11＜0， ∴n ＝10时，S n 最大．答案 10考向一等差数列与等比数列的综合应用【例1】►在等差数列{a n }中，a 10＝30，a 20＝50. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)令b n ＝2a n －10，证明：数列{b n }为等比数列．[审题视点] 第(1)问列首项a 1与公差d 的方程组求a n ；第(2)问利用定义证明． (1)解由a n ＝a 1＋(n －1)d ，a 10＝30， a 20＝50，得方程组⎩⎨⎧a 1＋9d ＝30，a 1＋19d ＝50，解得⎩⎨⎧a 1＝12，d ＝2.∴a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10.(2)证明由(1)，得b n ＝2a n －10＝22n ＋10－10＝22n ＝4n ， ∴b n ＋1b n＝4n ＋14n ＝4.∴{b n }是首项是4，公比q ＝4的等比数列．对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．【训练1】数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n . 解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1. (2)设{b n }的公差为d ，由T 3＝15，b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5，故可设b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，由题意可得(5－d ＋1)(5＋d ＋9)＝(5＋3)2，解得d 1＝2，d 2＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d ＞0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n . 考向二数列与函数的综合应用【例2】►(2012·南昌模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上． (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝n ＋14a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .[审题视点] 第(1)问将点(n ，S n )代入函数解析式，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得到a n ，再利用a 1＝S 1可求r . 第(2)问错位相减求和．解 (1)由题意，S n ＝b n ＋r ，当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r ，所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1·(b －1)，由于b ＞0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列，又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1.(2)由(1)知，n ∈N *，a n ＝(b －1)b n －1＝2n －1，所以b n ＝n ＋14×2n －1＝n ＋12n ＋1. T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2，∴T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.此类问题常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．【训练2】 (2011·福建)已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0,0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．解 (1)由q ＝3，S 3＝133得a 1(1－33)1－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3. 因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3；因为当x ＝π6时f (x )取得最大值，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1.又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.考向三数列与不等式的综合应用【例3】►(2011·惠州模拟)在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn ＜k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由．[审题视点] 第(1)问由等比数列的性质转化为a 3＋a 5与a 3a 5的关系求a 3与a 5；进而求a n ；第(2)问先判断数列{b n }，再由求和公式求S n ；第(3)问由S nn 确定正负项，进而求S 11＋S 22＋…＋S nn 的最大值，从而确定k 的最小值．解 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25，又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5，又a 3与a 5的等比中项为2， ∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5，∴a 3＝4，a 5＝1，∴q ＝12，a 1＝16， ∴a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝25－n.(2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ， ∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴S n ＝n (9－n )2. (3)由(2)知S n ＝n (9－n )2，∴S n n ＝9－n2.当n ≤8时，S n n ＞0；当n ＝9时，S nn ＝0；当n ＞9时，S nn ＜0.∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn ＝18最大．故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn ＜k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19.解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．【训练3】 (2012·岳阳模拟)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成立的正整数n 的最小值．(1)解设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，所以⎩⎨⎧ a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解之得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又∵数列{a n }单调递增，所以q ＝2，a 1＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)因为b n ＝2n log 122n ＝－n ·2n ，所以S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1.要使S n ＋n ·2n ＋1＞50，即2n ＋1－2＞50，即2n ＋1≥52.易知：当n ≤4时，2n ＋1≤25＝32＜52；当n ≥5时，2n ＋1≥26＝64＞52.故使S n ＋ n ·2n ＋1＞50成立的正整数n 的最小值为5.难点突破14——数列与解析几何、三角的交汇问题从近几年新课标高考试题可以看出，不同省市的高考对该内容要求的不尽相同，考生复习时注意把握．数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．一、数列与解析几何交汇【示例】► (2011·陕西)如图，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y＝e x于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x 轴交于点P2.再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；P n，Q n.记P k点的坐标为(x k,0)(k＝1,2，…，n)．(1)试求x k与x k－1的关系(2≤k≤n)；(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|P n Q n|.二、数列与三角交汇【示例】►(2011·安徽)在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作T n，再令a n＝lg T n，n≥1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝tan a n·tan a n＋1，求数列{b n}的前n项和S n.。

高考一轮复习数列综合应用

年级高三学科数学内容标题数列综合应用编稿老师张鸿菊【本讲主要内容】数列的综合应用.等差数列与等比数列的综合问题，数列与其他数学知识的综合问题，数列在实际问题中的应用.【知识掌握】【知识点精析】1. 等差数列与等比数列的综合问题，主要是运用它们的性质、通项公式、前n 项和公式将已知条件转化为数学式子（方程或不等式等）.2. 在解决数列与其他数学知识的综合问题中，应该注意思维的角度和解题途径的选择，从“数列是特殊的函数”的角度出发，运用运动变化的观点，将问题变形转换，要分清所给问题中的数列是哪种类型，与其他数学知识的关系如何，以达到解决问题的目的.3. 用数列解决实际应用性问题，主要有增长率问题，存贷款的利息问题，几何模型中的问题等等.要把实际应用题转化为某种数列的模型，要分清是等差数列还是等比数列，还是有递推关系的数列，分清所涉及的量是数列中的项n a ，还是各项和n S ，有时还要注意数清项数，以使问题准确解决.【解题方法指导】例1.在等差数列}{n a 中，公差d ≠0，2a 是1a 与4a 的等比中项，已知数列，，，，，，n k k k a a a a a 2131成等比数列，求数列}{n k 的通项n k .解题思路分析：这是一道等差数列与等比数列的综合问题，只需依题设条件，按已知的公式列式即可.解：依题意得41221)1(a a a d n a a n ⋅=-+=，，)3()(1121d a a d a +=+∴，整理得d a d 12=， 10a d d =∴≠，，得nd a n =，所以，由已知得，，，，，，d k d k d k d d n 213是等比数列，由d ≠0，所以数列1，3，21k k ，，…，n k ，…也是等比数列，首项为1，公比为q=3，由此得91=k ，等比数列{n k }的首项91=k ，公比q=3，所以)21(33911 ，，==⨯=+-n k n n n ，即得到数列{n k }的通项*)(31N n k n n ∈=+.例2.假设某市2004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2004年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米？（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%？解题思路分析：这是一道实际应用题，依题意，先分析出中低价房面积逐年增长后，每年的面积数成等差数列，首项为250（万平方米），公差为50（万平方米）；而每年新建住房面积逐年增长后，每年的面积数成等比数列，首项是400（万平方米），公比为（1+8%），然后再依据题中条件列式，而第（1）问中，指的是中低价房的累计面积，所以应为数列的前n 项和；而第（2）问中，指的是该年建造的住房面积，应为数列的第n 项.解：（1）设中低价房面积形成数列}{n a ，由题意可知}{n a 是等差数列，其中502501==d a ，，则n n n n n S n 22525502)1(2502+=⨯-+=，令4750225252≥+n n ，即019092≥-+n n ，而n 是正整数， ∴n ≥10，∴到2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不小于4750万平方米. （2）设新建住房面积形成数列}{n b ，由题意可知}{n b 是等比数列，其中08.14001==q b ，，则1)08.1(400-⋅=n n b ，由题意可知n n b a 85.0>，有85.0)08.1(40050)1(2501⋅⋅>⨯-+-n n ，即1)08.1(8.64-⋅>+n n ，由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=6，∴到2009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%.例3. 设函数*)(122N n x x nx x y ∈+++-=的最大值为n a ，最小值为n b ，又记)31(4n n n b a nc +=，（1）求数列}{n c 的通项公式；（2）求证：)2(12111112321≥-<+++<+-n nc c c n n . 解：（1）将函数解析式变形为0)1()1(2=-+++-n y x y x y①当y=1时，=x 21-n ；当y ≠1，由方程①有实根，得0))(1(4)1(2≥---+=∆n y y y 即014)64(32≤-++-n y n y②而y=1也是此不等式的解.，由题意知，不等式②的解集为［n n b a ，］，则n n b a ，是方程 014)4(32=-++-n y b n y 的两个实数根（此方程判别式大于零），据根与系数关系，得314-=n b a n n ， 2)31(4n b a nc n n n =+=∴. （2）对于n ≥2，有)1(1321211113121111122221-++⨯+⨯+<++++=+++n n n c c c n nn n 12)111()3121()211(1-=--++-+-+= .而111111111121++++>+++=+++n 1123)111()4131()3121(1+-=+-++-+-+=n n n .所以结论成立.评述：因为数列是特殊的函数，所以求}{n c 的通项公式，就是确定n c 与n 的关系，由题设可知要求n c ，应先求出n n b a ，，这又涉及到求一个分式函数的最值问题，这里是将函数式转化成关于x 的二次方程，然后由判别式求解的.本题第二问又涉及到不等式的证明，运用放缩法将nc c c 11121+++ 转化为可求和的两个数列，从而得证.【考点突破】【考点指要】数列的综合问题在高考题中常常出现在解答题中，而且多数在最后的大题，占12～14分.以05年、06年各省市的高考题来看，有一半以上的试卷都是最后一道大题，占14分.从知识内容上看，有等差数列、等比数列各公式和性质；有不等式的解和证明；有函数的性质；有实际应用题；有解析几何中曲线的性质等等.从方法上看，有用数学归纳法；数列求和的一些方法；不等式证明中的一些方法，还有的是新定义的一些数列，考查分析、归纳能力的问题.【典型例题分析】例4.已知数列}{n a 中，211=a ，点（n ，n n a a -+12）在直线y=x 上，其中n=1，2，3，… （I ）令11--=+n n n a ab ，求证数列}{n b 是等比数列；（II ）求数列}{n a 的通项；解：（I ）由已知得n a a a n n +==+11221， 4312143143122-=--=--=a a a ，又111211--=∴--=++++n n n n n n a a b a a b ，=----=∴+++11121n n n a a a a b b 211211122)1(11=----=---+-++++n n n n a a a a a a n a n a }{n b ∴是以43-为首项，以21为公比的等比数列.（II ）由（I ）知n n n b 2123)21(431⨯-=⨯-=-， n n n a a 212311⨯-=--∴+，2123112⨯-=--∴a a ，22321231⨯-=--a a …⨯-=---2311n n a a )2(211≥-n n将以上各式相加得：)212121(23121-n n ， )321(22321212321223211)211(21231111 ，，，，=-+=∴=-+=-+=--⋅--+=∴-n n a a n n a a n n n n n评述：证明数列是等比数列，就是证明nn b b 1+=常数，本例第（II ）问，用的是将各式累加的方法而求得n a 的..例5.在数列}{n a 中，若21a a ，是正整数，且||21---=n n n a a a ，n=3，4，5，…，则称}{n a 为“绝对差数列”.（I ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（II ）若“绝对差数列”}{n a 中，032120==a a ，，数列}{n b 满足21++++=n n n n a a a b ，n=1，2，3，…，分别判断当n →∞时，n a 与n b 的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；解：（I ），，，，，，，，，011011213987654321=========a a a a a a a a a 110=a .（答案不唯一）（II ）因为在“绝对差数列”}{n a 中，032120==a a ，，所以自第20项开始，该数列是032120==a a ，，033033272625242322======a a a a a a ，，，，，，…即自第20项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3，所以当n →∞时，n a 的极限不存在，当n ≥20时，621=++=++n n n n a a a b ，所以6lim =∞→n n b评述：这是一道自定义的一个数列，考查分析、推理能力.【综合测试】一、选择题1. 某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（一个分裂为两个），经3小时，这种细菌由1个可以繁殖成（）A . 511个B . 512个C . 1023个D . 1024个2. 若互不相等的实数a ，b ，c 成等差数列，c ，a ，b 成等比数列，且a+3b+c=10，则a=（）A . 4B . 2C . －2D . －43. 如果数列}{n a 的前n 项和)49(41nn n n S -=，那么这个数列（） A . 是等差数列不是等比数列B . 是等比数列不是等差数列C . 既是等差数列又是等比数列D . 既不是等差数列又不是等比数列4. 数列}{}{n n b a ，分别为由正数组成的等差数列与等比数列，且11b a =，1212++=n n b a ，则（）A . 11++>n n b aB . 11++=n n b aC . 11++<n n b aD . 11++≥n n b a5. 设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧++11n n 的前n 项和9=n S ，则n 等于（）A . 88B . 99C . 100D . 1106. 数列1，，，，，，，，，，414141413131312121的前100项和等于（） A . 14913 B . 141113 C . 14114D . 143147. 设A （11y x ，）B （4，9），C （22y x ，）是右焦点为F 的椭圆122=+y x 上三个不同的点，则“|AF|，|BF|，|CF|成等差数列”是821=+x x 的（）A . 充要条件B . 必要不充分条件C . 充分不必要条件D . 既不充分也不必要条件8. 农民收入由工资性收入和其他收入两部分构成，2003年某地区农民人均收入为3150元（其中工资性收入为1800元，其他收入为1350元）预计该地区自2004年起的5年内，农民的工资性收入将以每年6%的年增长率增长，其他收入每年增加160元，根据以上数据，2008年该地区农民人均收入介于（）A . 4200～4400元B . 4400～4600元C . 4600～4800元D . 4800～5000元二、填空题9. 设数列}{n a 是公比为q 的等比数列，n S 是前n 项和，若}{n S 是等差数列，则q=_________.10. 某渔场养鱼，第一年重量的增长率为200%，预计以后，每年的增长率都是前一年增长率的一半，当饲养4年后，鱼的预计重量是原来的_________倍.11.设常数a>0，42)1(xax +展开式中3x 的系数为23，则=+++∞→)(l i m 2n n a a a _________.12. 若n a n ++++= 321，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n 项和n S =_________. 13. 一个热气球在第1min 时间里上升了25m 高度，在以后的每1min 里，它上升的高度都是它在前1min 里上升高度的80%，这个热气球最多能上升_________m .14.在等差数列}{n a 中，若10=a ，则有等式*)19(192121N n n a a a a a a n n ∈<+++=+++-，成立，类比上述性质，相应地：在等比数列}{n b 中，若19=b ，则有等式_________成立.三、解答题15. 已知}{n a 是公比为q 的等比数列，且231a a a ，，成等差数列. （I ）求q 的值；（II ）设}{n b 是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为n S ，当n ≥2时比较n S 与n b 的大小，并说明理由.16. 已知数列}{n a 满足*)(12111N n a a a n n ∈+==+，（I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）若数列}{n b 满足*)()1(44411121N n a n n b n b b b ∈+=⋅--- ，证明}{n b 是等差数列. 17. 如图，对每个正整数n 、)(n n n y x A ，是抛物线y x 42=上的点，过焦点F 的直线n FA ，交抛物线于另一点)(n n n t S B ，.（I ）试证：)1(4≥-=⋅n S x n n .（II ）取n n x 2=，并记n C 为抛物线上分别以n A 与n B 为切点的两条切线的交点.试证：)1(122||||||121≥+-=++++-n FC FC FC n n n .yxFOA 1A 2A nB 1B 2B nC n【综合测试答案】一、选择题1. B 解析：3小时分裂9次，51229=.2. D 解析：解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++⋅=+=10322c b a b c a c a b 得⎪⎩⎪⎨⎧==-=⎪⎩⎪⎨⎧===824)(222c b a c b a 或舍3. B 解析：由)49(41nn nn S -=求得数列通项n n a )49(45⋅=. 4. D 解析：1211212112112+++++⋅=⋅=+=n n n n n a a b b b a a a ，， 12121212++⋅≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n a a a a .11++≥∴n n b a5. B 解析：n n n n -+=++111，91112312=-+=-+++-+-=∴n n n S n ，∴n=99.6. A 解析：由数列的规律可以看出，141414141131313112121=+++=++=+，，， ∴91213)131(13321=+=++++ ，前91项之和为13，第92项到第100项均为141， 14913100=∴S . 7. A 解析：三点A 、B 、C 在椭圆上，它们到右焦点的距离，分别等于其离心率e 乘以它们到右准线的距离，∵离心率=e 4，右准线为25=x ， 11545)425(54||x x AF -=-=∴，2545||4545||x CF BF -=⨯-=，.若||||||CF BF AF ，，成等差数列，则||||||2CF AF BF +=，所以)(541059221x x +-=⨯，即821=+x x ，反之若821=+x x ，则||2||||BF CF AF =+，即|AF|，|BF|，|CF|成等差数列. 8. B 解析：工资性收入构成以1800为首项，1+6%为公比的等比数列，其他收入构成以1350为首项，160为公差的等差数列，则2008年该地区农民人均收入为44902150)06.051(180016051350%)61(18005=+⨯+≈⨯+++=T （元）.二、填空题9. 1 解析：只用第三项计算即可，设}{n a 的前三项分别为2aq aq a ，，，则)()(22aq aq a a aq a +++=+，∵a ，q 均不为零，∴q=1.10.445 解析：由已知鱼群的年增长率构成首项为2，公比为21的等比数列， ∴第n 年的增长率为)211()21()21(22121----+=∴=⋅n n n n n a a ，， 301⋅=∴a a （0a 为原重量）， ⋅==⋅=2301262a a a a a ，034044545923a a a a =⋅==，，故4年后预计重量是原来的445倍.11. 1 解析：展开式r rr r x ax C T )()(214241--+⋅⋅=，令32128=--r r ，得r=2，所以3x 项的项系数为2123224==⋅a a C ，， 121121)(lim 2=-=+++∴∞→n n a a a .12.12+n n 解析：)1(23222122)1(+++⨯+⨯=∴+=n n S n n a n n ，12111312121112+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++-+-=n n n n13. 125 解析：热气球在每分钟上升的高度构成无穷递缩等比数列，则上升的高度之和为)(12554125m S =-=. 14. *)17(172121N n n b b b b b b n n ∈<=-，解析：)17(12917118162171<======-+-n b b b b b b b b b n n n n117121=∴+b b b b b n n ，1721211b b b b b b n n n ++=∴，而*)17(11172121117171N n n b b b b b b b b b b nn n n ∈<=∴==--+，，， .三、解答题15. 解：（I ）由题设2132a a a +=，即q a a q a 11212+=，∵211012021-==∴=--∴≠q q q q a 或，，，（II ）若q=1，则+=n S n 22312)1(2nn n n +=⨯-，当n ≥2时，02)2)(1(1>+-==--n n S b S n n n ，故n n b S >，若21-=q ，则49)21(2)1(22nn n n n S n +-=--+=，当n ≥2时，4)10)(1(1---==--n n S b S n n n ，故对于*N n ∈；，当92≤≤n 时，n n b S >；当n=10时，n n b S =，当n ≥11时，n n b S <.16. （I ）解：121+=+n n a a ，)1(211+=+∴+n n a a ，}1{+∴n a 是以211=+a 为首项，2为公比的等比数列，n n a 21=+∴，即*)(12N n a n n ∈-=.（II ）证明：n n n n nb )b b (b b n b b b n a 24)1(4442121111=-∴+=⋅+++--- ，，n n nb n b b b =-+++∴])[(221 ①，1121)1()]1()[(2+++=+-++++n n n b n n b b b b ②，②－①，得n n n nb b n b -+=-++11)1()1(2，即02)1(1=+--+n n nb b n③， 02)1(12=++-∴++n n b n nb④，④－③，得0212=+-++n n n nb nb nb ，即0212=+-++n n n b b b ，*)(112N n b b b b n n n n ∈-=-∴+++， }{n b ∴是等差数列.7. （I ）证明：对任意固定的n ≥1，因为焦点F （0，1），所以可设直线n n B A 的方程为x k y n =-1，将它与抛物线方程y x 42=联立得0442=--x k x n ，由一元二次方程根与系数的关系得4-=n n S x .（II ）证明：对任意固定的n ≥1，利用导数知识易得抛物线y x 42=在n A 处的切线的斜率2n A x k n =，故y x 42=在n A 处的切线方程为)(2n n n x x x y y -=-①，类似地，可求得y x 42=在n B 处的切线方程为)(2n nn S x S t y -=-②，由②减去①得，2222nn n n n n S x x S x t y -+--=-，从而-=-4422nn S x 2222n n n n S x x S x -+-， 24222n n n n n n S x x S x x S x +=∴-=-∴，③，将③代入①并注意4-=n n S x 得交点n C 的坐标为（2nn S x +，－1），由两点间的距离公式得，2222222222442444)2(||⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++=++=++=n n n n n n n n n x x x x S x S x FC ，从而||22||||n n n x x FC +=，取n n x 2=，利用上述已证结论并由等比数列求和公式得，122)22()12()212121(2)222(21)||1||1||1(2|)||||(|21||||||1122212121+-=-+-=+++++++=+++++++=++++-+-n n n n n n n n n x x x x x x FC FC FC。

【全国通用高考数学一轮复习】学案32数列的综合应用

1 an
，n∈ N*，
(1) 求数列 { an} 的通项公式； (2) 令 Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－ a4a5＋…－ a2na2n＋1，求 Tn；
(3) 令bn＝a来自n1 － 1a
n
m－ 2 001 (n≥ 2)，b1＝ 3，Sn＝ b1＋ b2＋…＋ bn，若 Sn< 2 对一切
n∈N *成立，
(1) 该市历年所建中低价房的累计面积 (以 2011 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 1.084≈ 1.36,1.085≈ 1.47,1.086≈ 1.59)
85%？ (参考数据：
1 ．数列实际应用问题： (1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，
学案 32 数列的综合应用
导学目标： 1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题 .2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．
自主梳理
1．数列的综合应用数列的综合应用一是指综合运用数列的各种知识和方法求解问题，二是数列与其他数学
年年底这个职工有多少资金？若贷款年利息为
25%，问这个职工还清银行贷款后纯收入多少
元？
变式迁移 3 假设某市 2011 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，
特别是等
差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．