第14讲数列求和及数列的综合应用

三、解答题 6. (2016 山西太原市二模)数列｛a n ｝的前n 项和记为S n , a 1 = t,点(S n , a n +1)在直线y = 3x +

1 上，n € N .

(1) 当实数t 为何值时，数列｛a n ｝是等比数列；

第14讲 数列求和及数列的综合应用 1111专题突破，限时训练 |||| [P 82] 一、选择题 1

1.设函数f(x) = x m + ax 的导函数f ' (x)= 2x + 1,则数列｛f-^｝ (n € N )的前n 项和是(C ) n + 2

B.^ 解析：因为 f ' (x)= 2x + 1,所以 f(x)= x 2 + x, 1 111 乔=1 —市,易求得其和为

C. f(n 2.右正项数列｛ a n ｝满足 Ig a n +1 = 1 + l g a n ,且玄2001 + a 2002 + a 2003 +…+ a 2010= 2013,则 a 2011 + a 2012 + a 2013

+ …+ a 2°2o 的值为(A ) 10 11 A. 2013 X 10 B.2013 X 10

C. 2014X 1010

D.2014 X 1011 a n +i “ a n +i 解析：由 lg a n +1= 1 + lg a n ,可得 lg = 1, = 10, a n a n 10 10 a 2011 + a 2012 + a 2013+ …+ a 2020 =(82001 + 82002+ a 2oo3 + …+ a 2O1o ) X 10 = 2013 X 10 . 3.设某商品一次性付款的金额为 a 元,以分期付款的形式等额地分成 n 次付清，若每期 利率r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是(B )

a n 一 口 ar(1+ r £ 一 A .;(1+「)元 B. 1+宀1 元 C.a (1 + r )n —1 元 D.屮二元 n' ' 1 + r — 1 解析：设每期期末所付款是 x 元，则各次付款的本利和为 x(1 + r)n — 1 + x(1 + r)n —2+ x(1 + r)n 3 + …+ x(1 + r)+ x = a(1 + r)n ,即 x 「十「) = a(1 + r)n ,故 x =\ . r (1 + r ) — 1

二、填空题 4.(原创题)已知数列｛a .｝满足a 1=— 1, ? n € N *, a n + a *+1= 2,其前n 项和为S n ,则 屜仃 2015 . m - 2016 - __________________________________________________________ 解析：S 2017= a 1+ (a 2 + a 3)+ (a 4 + a 5)+ …+ (a 2016+ a 2017)= — 1 + ~2 x

2 = 2015. 5.(2016湖南十三校联考)已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,且S n = 2n — a .,则数列｛a n ｝的 1

通项公式a n = 2—(1)n —1 . 解析：当n = 1时，a 1= 1; 当 n >2 时,a n = S n — S n -1,所以 2a n = a n -1+ 2, 则 2(a n — 2) = a n - 1— 2, n. 所以 a n — 2 = (a i — n — 1,a n = 2—(捫1

⑵在(1)的结论下,设b n= log 4a n + 1, C n= a n+ b n, T n是数列｛c n｝的前n项和,求T n . 解析：(1)因为

点(S n, a n+1)在直线y= 3x+ 1上，

所以a n+计3S!+ 1, a n= 3Sn-1+ 1(n>1,且n € N ),

a n+1 —a n = 3(各一各-1) = 3a n,所以a n+1 = 4a n, n>1,

a2= 3S1+ 1 = 3a1+ 1 = 3t+ 1,

所以当t = 1时,a2= 4a1,数列｛a n｝是等比数列.

⑵在(1)的结论下，a n +1 = 4a n, a n +1 = 4,

b n = log4a n +1 = n,

c n = a n + b n = 4+ n,

T n= c1 + c2+…+ c n

=(4°+ 1) + (41+ 2) + …+ (4n-1+ n)

=(1 + 4+ 42+…+ 4n-1) + (1 + 2+ 3 +…+ n)

4n- 1

3 +

7. (2016甘肃兰州咼二实战)等差数列｛a n｝中,已知a n>0, a1 + a2 + a3= 15,且a1 + 2, a2 + 5, a3+ 13构成等比数列｛b n｝的前三项.

(1) 求数列｛a n｝, ｛b n｝的通项公式；

⑵求数列｛a n b n｝的前n项和T n.

解析：(1)设等差数列的公差为d,则由已知得：

a1 + a? + 玄315 艮卩5,

又(5 —d+ 2)(5 + d+ 13) = 100,

解得d= 2或d=—13(舍),

a1 = a2 —d= 3,

所以a n= a1 + (n—1) x d = 2n + 1,

又b1 = a1 + 2 = 5, b2= a2+ 5 = 10,所以q = 2,

所以b n= 5 x 2n—1.

(2) 因为T n= 5[ 3+ 5X 2 + 7x 22+ …+ (2n+ 1) x 2n—1],

2T n= 5[3 x 2 + 5 x 22+ 7 X 23+ ••• + (2n+ 1)x 2n],

两式相减得一T n = 5[3+ 2x 2 + 2 x 22+ • + 2 x 2n—1—(2n+ 1)x 2n] = 5[(1 —2n)2n— 1 ], 则T n= 5[ (2n—1)2n+ 1].

8. (2016武汉联考)设数列｛a n｝的前n项和为S n, a1 = 10, a n+1 = 9S n+ 10.

(1)求证：｛lg a n｝是等差数列；

3

⑵设T n是数列｛｝的前n项和，求T n ；

(lg a n (lg a n+1J

1 *

⑶求使T n>1（m2—5m）对所有的n€ N*恒成立的整数m的取值集合

解析：(1)证明：依题意，得a2= 9a-)+ 10= 100,故~ = 10. a1

当n》2 时,a n+ 1 = 9S n+ 10, a n = 9S n-1 + 10, 两式相减得a n +1 —a n= 9a n, 即a n+1= 10a n,a^ = 10,

a n

故｛a n｝为等比数列,且a n = a1q n1= 10n(n€ N ),

所以lg a n= n.所以lg a n+1—lg a n= (n+ 1) —n= 1, 即｛lg a n｝是等差数列.