2019版一轮优化探究理数练习：第六章第五节数列的综合应用含解析

合集下载

一轮优化探究理数(苏教版)课件：第六章第五节数列的综合应用

0 的图象与 x 轴公共点的个数为________ ．
解析：∵a、b、c 成等比数列， ∴b2＝ac 且 b≠0，又∵Δ＝b2－4ac＝－3b2<0， ∴f(x)的图象与 x 轴无公共点．
核心考点互动探究
【例 1】已知等比数列{an}的首项 a1>0，公比 q>0，前 n 项和为 Sn. S3 S 5 (1)试比较与的大小； a3 a5 lg a2 lg a3 lg an (2)设{an}满足：lg a1＋＋＋…＋＝n(n∈N＋)，数列 n 2 3 1 {bn}满足：bn＝n(lg a1＋lg a2＋…＋lg an－1＋lg kan)，求数列{an} 的通项公式和使数列{bn}成等差数列的正数 k 的值．
规律方法
解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系，通常有两种命题方式： 1同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来，研究这些项与项数之间关系 . 2如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解 .
综上可知，对 n∈N＋，an＝10n. 1 1 1 2 n ∴ bn ＝ n lg k(a1· a2· …· an) ＝ n lg k(10×10 ×…×10 ) ＝ n lg nn＋1 1 n＋ 1 [k· 10 ]＝nlg k＋ . 2 2 1 1 1 要使{bn}成等差数列，则 bn＋1－bn＝＋( － )lg k 为常数， 2 n＋ 1 n 故只需 lg k＝0，即 k＝1.
4．生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型，如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等． 5．递推模型：如果容易找到该数列任意一项 an 与它的前一项 an－1(或前 n 项)间的递推关系式，那么我们可以用递推数列的知识求解问题．

2019届高三数学课标一轮复习单元质检六数列含解析

单元质检六数列(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.数列{a n}满足a1=2,a n+1=,则a5的值为()A.B.C.D.2.(2017课标Ⅱ高考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏3.在下面的图案中,图(1)是边长为1的正方形,图(2)是将图(1)的正方形向外作直角三角形和正方形,按此分形规律,若每幅图案的正方形面积之和依次构成一个数列{a n},则a10=()A.9B.10C.11D.124.(2017广西联考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,S8=-3S4≠0,则的值为()A.-B.-C.D.+(n+1),则a20的5.(2017浙江衢州第二次质量预测)设数列{a n}满足:a1=1,a2=3,且2na n=(n-1)-值是()A. B. C. D.6.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1·a n=2n,则S2 015=()A.22 015-1B.21 009-3C.3×21 007-3D.21 008-37.(2017浙江金华期末)若等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,记b n=,则()A.数列{b n}是等差数列,{b n}的公差也为dB.数列{b n}是等差数列,{b n}的公差为2dC.数列{a n+b n}是等差数列,{a n+b n}的公差为dD.数列{a n-b n}是等差数列,{a n-b n}的公差为8.(2017安徽马鞍山二模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S4≥10,S5≤15,则a4的最大值为()A.2B.3C.4D.59.(2017浙江温州十校联合)已知数列{a n}的首项a1=1,前n项和为S n,且满足2a n+1+S n=2,则满足的n的最大值是()A.8B.9C.10D.1110.已知数列{a n}的首项a1=a,其前n项和为S n,且满足S n+S n-1=3n2+2n+4(n≥2),若对任意的n∈N*,a n<a n+1恒成立,则a的取值范围是()A.B.C.D.-二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分.将答案填在题中横线上)11.(2017浙江台州考试)已知公差不为0的等差数列{a n},若a2+a4=10且a1,a2,a5成等比数列,则a1=.a n=.12.(2017浙江宁波慈溪统考)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足a8>0,a8+a9<0,则使S n>0的最大n是;数列(1<n<15)中最大的项为第项.13.(2017浙江高考样卷)已知等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,设{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,若n2(T n+1)=2n S n,n∈N*,则d=,q=.14.(2017浙江金丽衢联考)对于各项均为整数的数列{a n},如果a i+i(i=1,2,3,…)为完全平方数,则称数列{a n}具有“P性质”.不论数列{a n}是否具有“P性质”,如果存在与{a n}不是同一数列的{b n},且{b n}同时满足下面两个条件:①b1,b2,b3,…,b n是a1,a2,a3,…,a n的一个排列;②数列{b n}具有“P性质”,则称数列{a n}具有“变换P性质”.下面三个数列:①数列{a n}的前n项和S n=(n2-1);②数列1,2,3,4,5;③1,2,3, (11)具有“P性质”的为;具有“变换P性质”的为.15.(2017浙江衢州考试)在数列{a n}中,a1=1,(n2+2n)·(a n+1-a n)=1(n∈N*),则通项公式a n=.16.(2017浙江温州联考改编)已知等比数列{a n}前n项和满足S n=1-A·3n,数列{b n}是递增数列,且b n=An2+Bn,则B的取值范围为.17.(2017浙江温州模拟)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则S1+S2+S3+…+S100=.三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(14分)已知数列{a n}的前n项和S n=,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=+(-1)n a n,求数列{b n}的前2n项和.19.(15分)(2017浙江湖州菱湖中学)已知在递增的等差数列{a n}中,a1=2,a3是a1和a9的等比中项. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,S n为数列{b n}的前n项和,是否存在实数m,使得S n<m对于任意的n∈N*恒成立?若存在,请求出实数m的取值范围,若不存在,试说明理由.20.(15分)(2017山东高考)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2)…P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.21.(15分)已知数列{a n}是单调递增数列,且a1>0,若=4S n-2a n+3,n∈N*,其中S n为{a n}的前n项和.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若使不等式--≥1+-,对n≥4,n∈N*恒成立,求正数p的取值范围.22.(15分)数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,a2=7,a n=3a n-1+2a n-2,n∈N*,n≥3.(1)求证:a2 017一定是奇数;(2)①求证:4S n+3<a n(n≥2,n∈N);②求证:--(n≥2,n∈N).答案：1.C由a n+1=,得+1,是以为首项,以1为公差的等差数列,+4=,a5=故选C.2.B设塔的顶层共有灯x盏,则各层的灯数构成一个首项为x,公比为2的等比数列,结合等比数列的求和公式有:--=381,解得x=3,即塔的顶层共有灯3盏,故选B.3.B如图,由条件可知,a1=1,a2=1+BC2+AC2=1+AB2=2,同理a3=1+1+1=3,故有a10=10.4.B因为S8=S4+S4+4×4d=2S4+16d,即-3S4=2S4+16d⇒S4=-,所以S12=S8+S4+4×8d=3S4+48d=,则=-=-,故选B.5.D由2na n=(n-1)a n-1+(n+1)a n+1得na n-(n-1)a n-1=(n+1)a n+1-na n,又因为1×a1=1,2×a2-1×a1=5,所以数列{na n}是首项为1,公差为5的等差数列,则20a20=1+19×5,解得a20=,故选D.6.B7.D设等差数列{a n}的公差为d,S n=na1+- d.b n==a1+-d.b n-b n-1=a1+-d-a1--d=(常数).故得b n的公差为,故A,B不对.数列{a n+b n}是等差数列,{a n+b n}的公差为d+d,故C不对.数列{a n-b n}是等差数列,{a n-b n}的公差为d-,故D对.故选D.8.C由S4≥10,S5≤15,可得-即a4≤3+d,由3+d得d≤1,a4≤3+d≤3+1=4,故a4的最大值为4,故选C.9.B当n=1时,2a2+S1=2,得a2=当n≥2时,有2a n+S n-1=2,已知2a n+1+S n=2,两式相减得a n+1=a n.再考虑到a2=a1,所以数列{a n}是等比数列,故有S n=2-2因此原不等式化为--,化简得,得n=4,5,6,7,8,9,所以n的最大值为9.故选B.10.C由S n+S n-1=3n2+2n+4(n≥2),可以得到S n+1+S n=3(n+1)2+2(n+1)+4,两式相减得a n+1+a n=6n+5,故a n+2+a n+1=6n+11,两式再相减得a n+2-a n=6,由n=2得a1+a2+a1=20,a2=20-2a,故偶数项为以20-2a为首项,以6为公差的等差数列,从而a2n=6n+14-2a;由n=3得a1+a2+a3+a1+a2=37,a3=2a-3,从而a2n+1=6n-9+2a,由条件得-----解得<a<,故选C.11.12n-1由题设条件可得⇒则a n=1+2(n-1)=2n-1,应填:1和2n-1.12.158∵a8>0,a8+a9<0,∴S15==15a8>0,而S16==8(a8+a9)<0,∴使S n>0的最大n为15.∵a8>0,a9<0,∴S8最大,且a8为{a n}的最小正数项,a9,a10,…均小于零,所以当9≤n<15时,均小于零,当n=8时,最大,即数列(1<n<15)的最大项是第8项.13.22由题意得,⇒----,∴q=2,-=1⇒b1=1,a1=,此时⇒d=2,故填:2,2.14.①②对于①,当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2-n,∵a1=0,∴a n=n2-n,∴a i+i=i2(i=1,2,3,...)为完全平方数,∴数列{a n}具有“P性质”;对于②,数列1,2,3,4,5,具有“变换P性质”,数列{b n}为3,2,1,5,4,具有“P性质”,∴数列{a n}具有“变换P性质”;对于③,因为11,4都只有与5的和才能构成完全平方数,所以1,2,3, (11)不具有“变换P性质”.15由(n2+2n)(a n+1-a n)=1(n∈N*),得:a n+1-a n=-∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=----+…+-+1=--+1=故答案为:16.(-3,+∞)∵等比数列{a n}的前n项和满足S n=1-A·3n, ∴a1=S1=1-3A,a2=S2-S1=(1-9A)-(1-3A)=-6A,a3=S3-S2=(1-27A)-(1-9A)=-18A.∵等比数列{a n}中=a1a3,∴36A2=(1-3A)(-18A),解得A=1或A=0(舍),故A=1.∵数列{b n}是递增数列,且b n=An2+Bn=n2+Bn,∴b n+1-b n=(n+1)2+B(n+1)-(n2+Bn)=2n+1+B>0.∴B>-2n-1,∵n∈N*,∴B>-3.∴B的取值范围为(-3,+∞).故答案为:(-3,+∞).17-当n=1时,a1=-a1-,解得a1=-;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(-1)n a n--(-1)n-1an-1+-,即a n=(-1)n a n+(-1)n a n-1+若n为偶数,则a n-1=-,故a n=-(n为奇数);若n为奇数,则a n-1=-2a n+=(-2)--,故a n=(n是偶数).因为a1=-⇒-a1=,a2=-,所以-a1+a2=2,同理可得-a3+a4=2,-a5+a6=2,…,-a99+a100=2,所以S1+S2+…+S100=2……=2-----,应填-18.解(1)当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=--=n.故数列{a n}的通项公式为a n=n.(2)由(1)知,b n=2n+(-1)n n.记数列{b n}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A=--=22n+1-2,B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.故数列{b n}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.19.解(1)由{a n}为等差数列,设公差为d,则a n=a1+(n-1)d, ∵a3是a1和a9的等比中项,=a1·a9,即(2+2d)2=2(2+8d),解得d=0(舍)或d=2,∴a n=2+2(n-1)=2n.(2)存在m b n=-,∴数列{b n}的前n项和S n=--…-=-,∴存在实数m,使得S n<m对于任意的n∈N*恒成立.20.分析(1)依题意列x1和公比q的方程组.(2)利用梯形的面积公式,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n.求得b n=2n-1=(2n+1)×2n-2,应用错位相减法计算得到T n=-解(1)设数列{x n}的公比为q,由已知q>0.由题意得-所以3q2-5q-2=0,因为q>0,所以q=2,x1=1,因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,P3,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,Q3,…,Q n+1,由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1.记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n.由题意b n=2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+b3+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2, ①又2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1, ②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=----(2n+1)×2n-1.所以T n=-21.解(1)当n≥2,n∈N*时,a n=S n-S n-1,由4S n=+2a n-3,n∈N*,可得4S n-1=-+2a n-1-3,n∈N*,两式相减得4a n=+2a n---2a n-1,n∈N*,-=2a n+2a n-1,n∈N*,化为(a n-a n-1)(a n+a n-1)=2(a n+a n-1),n∈N*,∵数列{a n}是单调递增数列,且a1>0,∴a n+a n-1≠0,∴a n-a n-1=2,=4S1-2a1+3,且a1>0,∴a1=3.∴数列{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,a n=2n+1.(2)由(1)得不等式--1+-,可化为-,p>0,即-(n≥4).令f(n)=-,则f(n+1)-f(n)=---,∵f(4)<f(5),n≥5,n∈N*时,f(n+1)<f(n),∴f(x)max=f(5)=,,p∴正数p的取值范围是22.(1)证明∵a n=3a n-1+2a n-2,n∈N*,n≥3,∴a n与a n-1有相同的奇偶性.∵a2=7是奇数,∴a2 017一定是奇数.(2)①证明当n≥3时,∵a n=3a n-1+2a n-2,a n-1=3a n-2+2a n-3,…a3=3a2+2a1,相加得S n-a1-a2=3(S n-a n-a1)+2(S n-a n-1-a n),4S n+3=5a n+2a n-1,∵a1=2,a2=7,∴a n=3a n-1+2a n-2>0,∴a n>0,当n≥3时,a n=3a n-1+2a n-2>3a n-1,∴a n-1<a n.∵a1=2,a2=7,∴a n-1<a n(n≥2).∴4S n+3=5a n+2a n-1<5a n+2a n=a n,即4S n+3<a n.②证明当n≥3时,=-----------=-----,∵a n-1<a n(n≥2),--<1.-----<…<-,当n=2时,-,-(n≥2,n∈N).--。

高考数学文优化方案一轮复习第5第五数列的综合应用苏教江苏专用-精品.ppt

当 a＝1 时，aan＋n 2＝1，即 an＋2＝an，同时 a1＝a2＝ 1，所以此时{an}能构成等比数列．
考点二数列与函数、不等式的综合应用
涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等数学思想方法，属于中、高档难度的题目．
请说明理由．
【思路分析】 (1)由基本量运算可得结果；
(2)讨论a＝1和a≠1两种情况；(3)利用等比数
列的定义判断．
【解】 (1)∵{an}是等差数列，a1＝1，a2＝a， ∴an＝1＋(n－1)(a－1)．又∵b3＝12，∴a3a4＝12，即(2a－1)(3a－2)＝12，解得 a＝2 或 a＝－56. ∵a>0，∴a＝2.∴an＝n.
答案：3
3．随着计算机技术的迅猛发展，电脑的价格不断降低，若每隔4年电脑的价格降低三分之一，则现在价格为8100元的电脑12年后的价格可降为________．答案：2400元 4．已知等比数列{an}，a1＝3，且4a1、2a2、a3 成等差数列，则a3＋a4＋a5等于________．答案：84
第五节数列的综合应用
第五
双基研习·面对高考
节
数
考点探究·挑战高考
列
的
综பைடு நூலகம்
合应
考向瞭望·把脉高考
用
双基研习·面对高考
基础梳理
1．数列与其他章节的综合题数列综合题，包括数列知识和指数函数、对数函数、不等式的知识综合起来．另外，数列知识在复数、三角函数、解析几何部分也有广泛的应用．
(1)对于等差数列：_a_n_＝__a_1_＋__(_n_－__1_)d_＝__d_n_＋__(_a_1 _－__d_)_，当d≠0时，an是n的一次函数．对应的点(n，an)是位于直线上的若干个点．当d>0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d<0时，函数是减函数，对应的数列是递减数列．

2019版高考一轮复习理数(苏教版)练习：第六章第五节数列的综合应用

一、填空题1．设等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝4d ，若a k 是a 1与a 2k 的等比中项，则k 的值为________．解析：由条件知a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4d ＋(n －1)d ＝(n ＋3)d ，即a n ＝(n ＋3)d (n ∈N *)．又a 2k ＝a 1·a 2k ，所以(k ＋3)2d 2＝4d ·(2k ＋3)d ，且d ≠0，所以(k ＋3)2＝4(2k ＋3)，即k 2－2k －3＝0，解得k ＝3或k ＝－1(舍去)．答案：32．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是________．解析：由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2；当n ＝1时也适合．据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．答案：73．等差数列中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是________．解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，a 7＋a 10＋a 13＝3a 10，∴6(a 4＋a 10)＝24，a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝26. 答案：264．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________．解析：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. 答案：645．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，定义S 1＋S 2＋…＋S n n为A 的“凯森和”，若有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为________．解析：设a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为S 1＋S 2＋…＋S 9999＝1 000，则1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为T 1＋T 2＋…＋T 100100，而T 1＝1，T 2＝S 1＋1，T 3＝S 2＋1，…，T 100＝S 99＋1，所以T 1＋T 2＋…＋T 100100＝S 1＋S 2＋S 99＋100100＝991. 答案：9916．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是________．解析：由题知a 25＝a 1·a 17，即a 25＝(a 5－4d )·(a 5＋12d )， ∴8a 5d －48d 2＝0，∵d ≠0，∴a 5＝6d ，∴公比q ＝a 5a 1＝a 5a 5－4d ＝6d 6d －4d＝3. 答案：37．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________．解析：由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋15×142×2＝255.答案：2558．已知a ，b ∈R ＋，A 为a ，b 的等差中项，正数G 为a ，b 的等比中项，则ab与AG 的大小关系是________．解析：依题意A ＝a ＋b 2，G ＝ab ，∴AG －ab ＝a ＋b 2·ab －ab ＝ab (a ＋b 2－ab ) ＝ab ·(a －b )22≥0， ∴AG ≥ab .答案：AG ≥ab9．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是________．解析：根据等差、等比数列的性质，可知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4. ∴P 1(2,2)，P 2(3,4)．∴S △OP 1P 2＝1.答案：1二、解答题10．已知数列{a n }的前n 项和S n 和通项a n 满足S n ＝12(1－a n )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝na n ，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <34.解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(1－a n )－12(1－a n －1)＝－12a n ＋12a n －1,2a n ＝－a n ＋a n －1，由题意可知a n －1≠0，∴a n a n －1＝13，所以{a n }是公比为13的等比数列．S 1＝a 1＝12(1－a 1)，a 1＝13.a n ＝13×(13)n －1＝(13)n .(2)证明：b n ＝n (13)n ，设T n ＝1×(13)1＋2×(13)2＋3×(13)3＋…＋n ×(13)n ，①∴13T n ＝1×(13)2＋2×(13)3＋3×(13)4＋…＋n ×(13)n ＋1，②①－②，化简得∴T n ＝34－34(13)n －32n (13)n ＋1<34.11．从社会效益和经济效益出发，某旅游县区计划投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2014年投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(2014年为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？解析：(1)第1年投入为 800 万元，第2年投入为 800×(1－15)万元，…，第n 年投入为 800×(1－15)n －1万元，所以，n 年内的总投入为a n ＝800＋800×(1－15)＋…＋800×(1－15)n －1＝4 000×[1－(45)n ]．第1年旅游业收入为 400 万元，第2年旅游业收入为 400 ×(1＋14)万元，…，第n 年旅游业收入为400 ×(1＋14)n －1万元，所以，n 年内的旅游业总收入为b n ＝400＋400×(1＋14)＋…＋400×(1＋14)n －1＝1 600×[(54)n －1]．(2)设经过n 年，旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0，即1 600×[(54)n －1]－4 000×[1－(45)n ]>0，令x ＝(45)n ，代入上式得 5x 2－7x ＋2>0，解此不等式，得x <25，或x >1(舍去)，即(45)n <25，由此得n ≥5.答：至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入．12．若数列A n ：a 1， a 2，…，a n (n ≥2)满足|a k ＋1－a k |＝1(k ＝1,2，…，n －1)，则称A n 为E 数列．记S (A n )＝a 1＋a 2＋…＋a n .(1)写出一个E 数列A 5满足a 1＝a 3＝0；(2)若a 1＝12，n ＝2 000，证明：E 数列A n 是递增数列的充要条件是a n ＝2 011；(3)在a 1＝4的E 数列A n 中，求使得S (A n )＝0成立的n 的最小值．解析：(1)0,1,0,1,0是一个满足条件的E 数列A 5.(答案不唯一，0，－1,0,1,0；0，±1,0,1,2；0，±1,0，－1，－2；0，±1,0，－1,0都是满足条件的E 数列A 5)(2)必要性：因为E 数列A n 是递增数列，所以a k ＋1－a k ＝1(k ＝1,2，…，1 999)，所以A n 是首项为12，公差为1的等差数列，所以a 2 000＝12＋(2 000－1)×1＝2 011.充分性：由于a 2 000－a 1 999≤1，a 1 999－a 1 998≤1，…，a 2－a 1≤1，所以a 2 000－a 1≤1 999，即a 2 000≤a 1＋1 999，又因为a 1＝12，a 2 000＝2 011，所以a2 000＝a1＋1 999，－a k＝1＞0(k＝1,2，…，1 999)，即A n是递增数列．故a k＋1综上，结论得证．(3)对首项为4的E数列A n，由于a2≥a1－1＝3，a3≥a2－1≥2，…，a8≥a7－1≥－3，…，所以a1＋a2＋…＋a k＞0(k＝2,3，…，8)．所以对任意的首项为4的E数列A n，若S(A n)＝0，则必有n≥9.又a1＝4的E数列A9：4,3,2,1,0，－1，－2，－3，－4满足S(A9)＝0，所以n的最小值是9.。

2019年高考数学(理)一轮复习第六章数列习题及答案

第六章⎪⎪⎪列第一节列的概念与简单表示突破点(一) 列的通项公式1．列的定义按照一定顺序排列的一列称为列．列中的每一个叫做这个列的项，列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的称为这个列的第一项(通常也叫做首项)．2．列的通项公式如果列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子表示，那么这个公式叫做这个列的通项公式．3．列的递推公式如果已知列{a n }的第一项(或前几项)，且任何一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子表示，即a n ＝f (a n －1)(或a n ＝f (a n －1，a n －2)等)，那么这个式子叫做列{a n }的递推公式．4．S n 与a n 的关系已知列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，这个关系式对任意列均成立．本节主要包括2个知识点： 1.列的通项公式；2.列的单调性.[例1] 写出下面各列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…；(3)－1，32，－13，34，－15，36，…；(4)3,33,333,3 333，….[解] (1)各项减去1后为正偶，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇项为负，偶项为正，故通项公式中含因式(－1)n ；各项绝对值的分母组成列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的列中，奇项为1，偶项为3，即奇项为2－1，偶项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋－nn.也可写为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n，n 为正奇，3n ，n 为正偶.(4)将列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n＝13(10n－1)．[方法技巧]由列的前几项求通项公式的思路方法给出列的前几项求通项时，需要注意观察列中各项与其序号之间的关系，在所给列的前几项中，先看看哪些部分是变的，哪些是不变的，再探索各项中变部分与序号间的关系，主要从以下几个方面考虑：(1)分式形式的列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系．(2)若第n项和第n＋1项正负交错，那么符号用(－1)n或(－1)n ＋1或(－1)n－1调控．(3)熟悉一些常见列的通项公式．(4)对于较复杂列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将列的各项分解成若干个常见列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳．利用a n与S n的关系求通项[例2] n n n(1)S n＝2n2－3n；(2)S n＝3n＋b.[解] (1)a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a 1也适合此等式，所以{a n }的通项公式为a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2×3n －1. 当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式．所以当b ＝－1时，a n ＝2×3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.[方法技巧]已知S n 求a n 的三个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段写．利用递推关系求通项[例3] (1)已知列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n ，则a n ＝________；(2)若列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋1a n ，则通项a n ＝________；(3)若列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则a n ＝________； (4)若列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________.[解析] (1)由条件知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋1n －1－1n ，即a n －a 1＝1－1n ，又∵a 1＝12，∴a n ＝1－1n ＋12＝32－1n.(2)由a n ＋1＝nn ＋1a n (a n ≠0)，得a n ＋1a n ＝nn ＋1，故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·…·12·23＝23n. (3)设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n＋1＝2a n －t ，则t ＝－3. 故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，b n ≠0，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3.(4)∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差列． ∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1. [答案] (1)32－1n (2)23n (3)2n ＋1－3 (4)2n ＋1[方法技巧]由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n .(2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n .(3)已知a 1且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系法确定)，可转为等比列{a n ＋k }．(4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常)的列，可通过两边同时取倒的方法构造新列求解．(5)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇，1，n 为偶，②a n ＝1＋－n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④解析：选A 检验知①②③都是所给列的通项公式．2.[考点一]列1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n(n ∈N *)B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n(n ∈N *)C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n(n ∈N *)D ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *)解析：选D 所给列各项可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，…，通过对比各选项，可知选D.3.[考点二]已知列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －3B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于n ＝1时a 1的值不适合n ≥2的解析式，故{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2.4.[考点三]设列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1，求列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n －＋n2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式， ∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．5.[考点三]若列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ，求列{a n }的通项公式．解：由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.又因为当n ＝1时满足此式，所以a n ＝2n －1.突破点(二) 列的单调性列的分类[例1] 已知列{a n }的前n 项和为S n ，常λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整n 都成立．(1)求列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？[解] (1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，即a 1(λa 1－2)＝0.若a 1＝0，则S n ＝0，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0，所以a n ＝0.若a 1≠0，则a 1＝2λ，当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n,2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而列{a n }是等比列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.(2)当a 1>0且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n，由(1)知b n ＝lg 1002n ＝2－n lg 2.所以列{b n }是单调递减的等差列(公差为－lg 2)．则b 1>b 2>…>b 6＝lg 10026＝lg 10064>lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027＝lg 100128<lg 1＝0，故当n ＝6时，列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项的和最大．[方法技巧]1．判断列单调性的两种方法 (1)作差比较法a n ＋1－a n >0⇔列{a n }是单调递增列；a n ＋1－a n <0⇔列{a n }是单调递减列；a n ＋1－a n ＝0⇔列{a n }是常列．(2)作商比较法①当a n >0时，a n ＋1a n >1⇔列{a n }是单调递增列；a n ＋1a n<1⇔列{a n }是单调递减列；a n ＋1a n＝1⇔列{a n }是常列．②当a n <0时，a n ＋1a n >1⇔列{a n }是单调递减列；a n ＋1a n<1⇔列{a n }是单调递增列；a n ＋1a n＝1⇔列{a n }是常列．2．求列最大项或最小项的方法(1)可以利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到列的最小项．利用列的单调性求参的取值范围[例2] 已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0，且a ≠1)，若列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增列，则实a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3 C ．(2,3)D ．(1,3)[解析]因为{a n }是递增列，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，－a＋2≤a ，解得83≤a ＜3，所以实a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3.[答案] B[方法技巧]已知列的单调性求参取值范围的两种方法(1)利用列的单调性构建不等式，然后将其转为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参将其转为最值问题处．(2)利用列与函之间的特殊关系，将列的单调性转为相应函的单调性，利用函的性质求解参的取值范围，但要注意列通项中n 的取值范围．能力练通抓应用体验的“得”与“失” 1.[考点一]设a n ＝－3n 2＋15n －18，则列{a n }中的最大项的值是( )A.163 B.133 C ．4D ．0解析：选D a n ＝－3⎝⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函性质，得当n ＝2或n＝3时，a n 取最大值，最大值为a 2＝a 3＝0.故选D.2.[考点一]若列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3，则列{a n }的前n 项和值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n ，则a n 是递减列．设{a n }的前k项和值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－k ＋，∴193≤k ≤223，∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7.3.[考点二]已知{a n }是递增列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实λ的取值范围是________．解析：∵对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立， ∴a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ. 又∵{a n }是递增列，∴a n ＋1－a n >0，且当n ＝1时，a n ＋1－a n 最小， ∴a n ＋1－a n ≥a 2－a 1＝3＋λ>0，∴λ>－3. 答案：(－3，＋∞)4.[考点一、二]已知列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋n －(n ∈N *，a∈R ，且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1)∵a n ＝1＋1a ＋n －(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又∵a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9.结合函f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N *)． ∴列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋n －＝1＋12n －2－a 2.∵对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，知5<2－a2<6，∴－10<a <－8.故a 的取值范围为(－10，－8)．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2015·新课标全国卷Ⅱ)设S n 是列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1. ∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差列． ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.答案：－1n2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)列 {a n }满足 a n ＋1＝11－a n, a 8＝2，则a 1 ＝________.解析：将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2；由此可以推出列{a n }是一个周期列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12. 答案：123．(2013·新课标全国卷Ⅰ)若列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n －1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以列{a n }为以1为首项，以－2为公比的等比列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －14．(2016·全国丙卷)已知各项都为正的列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因此{a n}的各项都为正，所以a n＋1a n＝12.故{a n}是首项为1，公比为12的等比列，因此a n＝12n－1.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强运算能力]1．列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n＝( )A.n2n＋1B.n2n－1C.n2n－3D.n2n＋3解析：选 B 由已知得，列可写成11，23，35，…，故该列的一个通项公式为n2n－1.2．设列{a n}的前n项和S n＝n2＋n，则a4的值为( )A．4 B．6 C．8 D．10解析：选C a4＝S4－S3＝20－12＝8.3．已知列{a n}满足a1＝1，a n＋1a n＝2n(n∈N*)，则a10＝( ) A．64 B．32 C．16 D．8解析：选B ∵a n＋1a n＝2n，∴a n＋2a n＋1＝2n＋1，两式相除得a n＋2a n＝2.又a1a2＝2，a1＝1，∴a2＝2.则a10a8·a8a6·a6a4·a4a2＝24，即a10＝25＝32.4．在列{a n}中，a1＝1，a n a n－1＝a n－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则a3 a5的值是( )A.1516B.158C.34D.38解析：选C 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34. 5．现定义a n ＝5n＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ，其中n ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫110，15，12，1，则a n 取最小值时，n 的值为________．解析：令5n＝t >0，考虑函y ＝t ＋1t，易知其在(0,1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当t ＝1时，y 的值最小，再考虑函t ＝5x，当0<x ≤1时，t ∈(1,5]，则可知a n ＝5n＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15n在(0,1]上单调递增，所以当n ＝110时，a n 取得最小值．答案：110[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ，则a 2＋a 18＝( ) A ．36 B ．35 C ．34 D ．33解析：选C 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝2n －3(n ∈N *)，所以a 2＋a 18＝34.2．列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( )A.6116B.259C.2516D.3115解析：选A 令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116. 3．在各项均为正的列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( )A ．256B ．510C ．512D ．1 024解析：选C 在各项均为正的列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8.∴a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.4．已知列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 由3a n ＋1＝3a n －2得a n ＋1＝a n －23，则{a n }是等差列，又a 1＝15，∴a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫473－23k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23，故选C. 5．在列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位，则a 2 015＝( )A ．8B ．6C ．4D ．2解析：选D 由题意得：a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8；所以列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 015＝a 335×6＋5＝a 5＝2.6．如果列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个列的第10项等于( )A.1210 B.129 C.15D.110解析：选C ∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，即a na n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差列．又∵d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15. 二、填空题7．已知列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________．解析：∵a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比列，即a n ＋1＝2×2n－1＝2n ，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31. 答案：318．在列－1,0，19，18，…，n －2n2，…中，0.08是它的第________项．解析：令n －2n2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．即0.08是该列的第10项．答案：109．已知列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1(a n ＋2)＝a n (n ∈N *)，若b n ＋1＝(n－p )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，b 1＝－p ，且列{b n }是单调递增列，则实p 的取值范围为________．解析：由题中条件，可得1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝21a n ＋1，易知1a 1＋1＝2≠0，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比列，所以1a n ＋1＝2n ，可得b n ＋1＝2n (n －p )，则b n ＝2n －1(n －1－p )(n ∈N *)，由列{b n }是单调递增列，得2n (n－p )>2n －1(n －1－p )，则p <n ＋1恒成立，又n ＋1的最小值为2，则p 的取值范围是(－∞，2)．答案：(－∞，2)10．设{a n }是首项为1的正项列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.解析：∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0，∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0，又a n ＋1＋a n >0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝n n ＋1，∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n，∵a 1＝1，∴a n ＝1n.答案：1n三、解答题11．已知S n 为正项列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1；S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，②①－②，整得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故列{a n }是首项为1，公差为1的等差列，故a n ＝n . 12．已知列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则列中有多少项是负？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值；(2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以列中有两项是负，即为a 2，a 3.因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎪⎫n －522－94，由二次函性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.(2)由对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 知该列是一个递增列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k >－3.所以实k 的取值范围为(－3，＋∞)．第二节等差列及其前n 项和突破点(一) 等差列的性质及基本量的计算1．等差列的有关概念(1)定义：如果一个列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常，那么这个列就叫做等差列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常)．(2)等差中项：列a ，A ，b 成等差列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .本节主要包括3个知识点：1.等差列的性质及基本量的计算；2.等差列前n 项和及性质的应用；3.等差列的判定与证明.(2)前n项和公式：S n＝na1＋n n－2d＝n a1＋a n2.3．等差列的常用性质(1)通项公式的推广：a n＝a m＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{a n}为等差列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则a k＋a l＝a m＋a n.(3)若{a n}是等差列，公差为d，则{a2n}也是等差列，公差为2d.(4)若{a n}是等差列，公差为d，则a k，a k＋m，a k＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差列．(5)若列{a n}，{b n}是公差分别为d1，d2的等差列，则列{pa n}，{a n＋p}，{pa n＋qb n}都是等差列(p，q都是常)，且公差分别为pd1，d1，pd1＋qd2.[例1] (1)(2016·东北师大附中摸底考试)在等差列{a n}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则列{a n}的公差为( )A．1 B．2C．3 D．4(2)(2016·惠州调研)已知等差列{a n}的前n项和为S n，若S3＝6，a1＝4，则公差d等于( )A．1 B.5 3C．－2 D．3[解析] (1)∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，则公差d＝a4－a3＝2，故选B.(2)由S 3＝a1＋a32＝6，且a1＝4，得a3＝0，则d＝a3－a13－1＝－2，故选C.[答案] (1)B (2)C[方法技巧]1．等差列运算问题的通性通法(1)等差列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转为方程(组)求解．(2)等差列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，a n，d，n，S n，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．2．等差列设项技巧若奇个成等差列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶个成等差列且和为定值时，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差列的定义进行对称设元．等差列的性质[例2] (1)n396n表示列{a n}的前n项和，则S11＝( )A．18 B．99C．198 D．297(2)已知{a n}，{b n}都是等差列，若a1＋b10＝9，a3＋b8＝15，则a5＋b6＝________.[解析] (1)因为a3＋a9＝27－a6,2a6＝a3＋a9，所以3a6＝27，所以a6＝9，所以S11＝112(a1＋a11)＝11a6＝99.(2)因为{a n}，{b n}都是等差列，所以2a3＝a1＋a5,2b8＝b10＋b6，所以2(a3＋b8)＝(a1＋b10)＋(a5＋b6)，即2×15＝9＋(a5＋b6)，解得a5＋b6＝21.[答案] (1)B (2)211.[考点一]《九章算术》是我国古代的学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )A.54钱 B.53钱C.32钱 D.43钱解析：选 D 设等差列{a n}的首项为a1，公差为d，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝3a 1＋9d ，2a 1＋d ＝52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝43，d ＝－16，即甲得43钱，故选D.2.[考点一]设S n 为等差列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选 D 由题意知S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8.3.[考点二]已知列{a n }为等差列，且a 1＋a 7＋a 13＝π，则cos(a 2＋a 12)的值为( )A.32 B ．－32 C.12 D ．－12解析：选D 在等差列{a n }中，因为a 1＋a 7＋a 13＝π，所以a 7＝π3，所以a 2＋a 12＝2π3，所以cos(a 2＋a 12)＝－12.故选D.4.[考点一]设S n 为等差列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________.解析：设等差列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.所以S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.答案：－725.[考点二]设等差列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，求列{a n }的项及a 9＋a 10.解：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，①a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n a 1＋a n2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18. ∵a 1＋a n ＝36，n ＝18， ∴a 1＋a 18＝36，从而a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36.突破点(二) 等差列前n 项和及性质的应用等差列前n 项和的性质(1)列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(m ∈N *)也是等差列，公差为m 2d . (2)S 2n －1＝(2n －1)a n ，S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)． (3)当项为偶2n 时，S 偶－S 奇＝nd ；项为奇2n －1时，S 奇－S 偶＝a 中，S 奇∶S 偶＝n ∶(n －1)．(4){a n }，{b n }均为等差列且其前n 项和为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.(5)若{a n }是等差列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.[例1] 已知{a n }为等差列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________.[解析] 法一：设列{}a n 的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差列，设此列公差为D .所以5＋2D ＝10，所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20. [答案] 20[例2] n 1S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？[解] 设等差列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1<0.法一：S n ＝na 1＋n n －2d＝na 1＋n n －2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1 ＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝⎛⎭⎪⎫n －1722＋28964a 1，因为a 1>0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法二：设此列的前n项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≥0，a 1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法三：由于S n ＝na 1＋n n －2d ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，设f (x )＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ，则函y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172(如图所示)，由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减．又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 最大．[方法技巧]求等差列前n 项和S n 最值的三种方法(1)函法：利用等差列前n 项和的函表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方结合图象借助求二次函最值的方法求解．(2)邻项变号法：①a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项m 使得S n 取得最小值为S m .(3)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差列{a n }中，若a 1>0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大；②若p ＋q 为奇，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点二]在等差列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17解析：选A ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值．2.[考点二]设S n 为等差列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7 解析：选D 由(n ＋1)S n ＜nS n ＋1得(n ＋1)n a 1＋a n2＜nn ＋a 1＋a n ＋12，整得a n ＜a n ＋1，所以等差列{a n }是递增列，又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，所以列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.3.[考点一]已知等差列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________.解析：∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20，∴S 30－30＝20×2－10＝30，∴S 30＝60.答案：604.[考点一]已知两个等差列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整的正整n 的个是________．解析：由等差列前n 项和的性质知，a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，故当n ＝1,2,3,5,11时，a nb n为整，故使得a nb n为整的正整n 的个是5.答案：55.[考点一]一个等差列的前12项的和为354，前12项中偶项的和与奇项的和的比为32∶27，则该列的公差d ＝________.解析：设等差列的前12项中奇项的和为S 奇，偶项的和为S 偶，等差列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：5突破点(三) 等差列的判定与证明等差列的判定与证明方法[典例] 已知列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12，判断{a n }是否为等差列，并说明你的由．[解] 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，a n ＋2S n S n －1＝0，所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．又S 1＝a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差列．所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －1n －＝－12n n －，所以a n ＋1＝－12n n ＋，而a n ＋1－a n ＝－12n n ＋－－12n n －＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1nn －n ＋.所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常，故列{a n }不是等差列．1．若{a n }是公差为1的等差列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( ) A ．公差为3的等差列 B ．公差为4的等差列 C ．公差为6的等差列 D ．公差为9的等差列解析：选C 令b n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则b n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，故b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－(a 2n －1＋2a 2n )＝(a 2n ＋1－a 2n －1)＋2(a 2n ＋2－a 2n )＝2d ＋4d ＝6d ＝6×1＝6.即{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差列．2．已知列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：列{b n }是等差列．证明：∵a n ＝2－1a n －1，∴a n ＋1＝2－1a n.∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n －1a n －1＝1， ∴{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差列．3．已知公差大于零的等差列{}a n 的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求列{a n }的通项公式； (2)若列{}b n 满足b n ＝S nn ＋c，是否存在非零实c 使得{b n }为等差列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明由．解：(1)∵列{}a n 为等差列，∴a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22.又a 3·a 4＝117，∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d ＞0，∴a 3＜a 4，∴a 3＝9，a 4＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4， ∴S n ＝na 1＋n n －2×d ＝2n 2－n ，∴b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c，∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c ，其中c ≠0.∵列{}b n 是等差列，∴2b 2＝b 1＋b 3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c，∴2c 2＋c ＝0， ∴c ＝－12或c ＝0(舍去)，故c ＝－12.即存在一个非零实c ＝－12，使列{b n }为等差列．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2016·全国乙卷)已知等差列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97解析：选 C ∵{a n }是等差列，设其公差为d ，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C.2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差列，S n为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192 C ．10 D ．12 解析：选B ∵列{a n }的公差为1，∴S 8＝8a 1＋－2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192. 3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设等差列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，得a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以等差列的公差为d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧a m ＝a 1＋m －d ＝2，S m＝a 1m ＋12m m －d ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋m －1＝2，a 1m ＋12m m －＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，m ＝5，选C.4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)等差列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．解析：由已知⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10a 1＋10×92d ＝0，S 15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d＝23，则nS n ＝n 2a 1＋n 2n －2d ＝n 33－10n 23.由于函f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，因而检验n ＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49<6S 6，所以当n ＝7时，nS n 取最小值，最小值为－49.答案：－495．(2016·全国甲卷)S n 为等差列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求列{b n }的前1 000项和．解：(1)设列{a n }的公差为d ，由已知得7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以列{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893. 6．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差列？并说明由．解：(1)证明：由题设，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1.两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，则a n＋1－a n＝2.因此存在λ＝4，使得列{a n}为等差列．[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强运算能力]1．若等差列{a n}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7＝( ) A．12 B．13C．14 D．15解析：选B 由S 5＝a2＋a42，得25＝＋a42，解得a4＝7，所以7＝3＋2d，即d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.2．在等差列{a n}中，a1＝0，公差d≠0，若a m＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )A．37 B．36C．20 D．19解析：选A a m＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋9×82d＝36d＝a37，即m＝37.3．在单调递增的等差列{a n}中，若a3＝1，a2a4＝34，则a1＝( )A．－1 B．0C.14D.12解析：选B 由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又∵a2a4＝34，列{a n}单调递增，∴a2＝12，a4＝32.∴公差d＝a4－a22＝12.∴a1＝a2－d＝0.4．设等差列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n等于( )A．9 B．8C．7 D．6解析：选D 设等差列{a n}的公差为d.因为a3＋a7＝－6，所以a5＝－3，d＝2，则S n＝n2－12n，故当n等于6时S n取得最小值．5．已知等差列{a n}中，a n≠0，若n≥2且a n－1＋a n＋1－a2n＝0，S2n －1＝38，则n等于________．解析：∵{a n}是等差列，∴2a n＝a n－1＋a n＋1，又∵a n－1＋a n＋1－a2n＝0，∴2a n－a2n＝0，即a n(2－a n)＝0.∵a n≠0，∴a n＝2.∴S2n－1＝(2n－1)a n＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.答案：10[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．(2017·黄冈质检)在等差列{a n}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )A．95 B．100C．135 D．80解析：选 B 由等差列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3×20＝100.2．(2017·东北三校联考)已知列{a n}的首项为3，{b n}为等差列，且b n＝a n＋1－a n(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝( ) A．0 B．－109C．－181 D．121解析：选B 设等差列{b n}的公差为d，则d＝b3－b2＝－14，因为a n＋1－a n＝b n，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝b1＋b72＝72[(b2－d)＋(b2＋5d)]＝－112，又a1＝3，则a8＝－109.3．在等差列{a n}中，a3＋a5＋a11＋a17＝4，且其前n项和为S n，则S17为( )A．20 B．17C．42 D．84解析：选B 由a3＋a5＋a11＋a17＝4，得2(a4＋a14)＝4，即a4＋a14＝2，则a 1＋a17＝2，故S17＝a1＋a172＝17.4．设等差列{a n}的前n项和为S n，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足S n＞0的最大自然n的值为( )A．6 B．7C．12 D．13解析：选C ∵a1＞0，a6a7＜0，∴a6＞0，a7＜0，等差列的公差小于零．又∵a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，∴S12＞0，S13＜0，∴满足S n＞0的最大自然n的值为12.5．设列{a n}的前n项和为S n，若S nS2n为常，则称列{a n}为“吉祥列”．已知等差列{b n}的首项为1，公差不为0，若列{b n}为“吉祥列”，则列{b n}的通项公式为( )A．b n＝n－1 B．b n＝2n－1C．b n＝n＋1 D．b n＝2n＋1解析：选 B 设等差列{b n}的公差为d(d≠0)，S nS2n＝k，因为b1＝1，则n＋12n(n－1)d＝k⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n＋12×2n n－d，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因为对任意的正整n上式均成立，所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，解得d＝2，k＝14.所以列{b n}的通项公式为b n＝2n－1.6．设等差列{a n}满足a1＝1，a n>0(n∈N*)，其前n项和为S n，若列{S n}也为等差列，则S n＋10a2n的最大值是( )A．310 B．212C．180 D．121解析：选D 设列{a n}的公差为d，依题意得2S2＝S1＋S3，因为a1＝1，所以22a1＋d＝a1＋3a1＋3d，简可得d＝2a1＝2，所以a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，S n＝n＋n n－2×2＝n2，所以S n＋10a2n＝n ＋2 n－2＝⎝⎛⎭⎪⎫n＋102n－12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n－＋2122n－12＝14⎝⎛⎭⎪⎫1＋212n－12≤121.即S n＋10a2n的最大值为121.二、填空题7．已知等差列{a n}的前n项和为S n，且满足S33－S22＝1，则列{a n}的公差d是________．解析：由S33－S22＝1得a1＋a2＋a33－a1＋a22＝a1＋d－2a1＋d2＝d2＝1，所以d＝2.答案：28．若等差列{a n}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13等于________．解析：因为S17＝a1＋a172×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.答案：39．在等差列{a n}中，a9＝12a12＋6，则列{a n}的前11项和S11等于________．解析：S 11＝a1＋a112＝11a6，设公差为d，由a9＝12a12＋6得a6＋3d＝12(a6＋6d)＋6，解得a6＝12，所以S11＝11×12＝132.答案：13210．在等差列{a n}中，a1＝7，公差为d，前n项和为S n，当且仅当n＝8 时S n取得最大值，则d的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n＝8时S n有最大值，可得。

名师伴你行-2019级数学一轮复习第六章数列的综合应用

(1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)是否存在k∈N*，使得S11＋S22＋…＋Snn＜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．
解析： (1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a23＋2a3a5＋a25＝25， ∴(a3＋a5)2＝25. 又an＞0，∴a3＋a5＝5，又a3与a5的等比中项为2， ∴a3a5＝4，而q∈(0,1)， ∴a3＞a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝12，a1＝16， ∴an＝16×12n－1＝25－n.
完，则b＝□4 ______________.
答案：□1 a(1＋xr) □2 a(1＋r)x □3 N(1＋p)x
□4
r1＋rn 1＋rn－1a
名师微博 ●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．
名师伴你行-2019级数学一轮复习第六章数列的综合应用
§6.5 数列的综合应用
[高考调研明确考向]
考纲解读
考情分析
•数列的综合应用常以递推关系为背
景，考查等差数列、等比数列的通 •能在具体的问题情境中识别数列的项公式和前n项和公式．等差关系或等比关系，并能用相关 •常与其他知识交汇命题，考查学生
考点二数列与函数的综合应用
[例2] (2012·南昌模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1， b，r均为常数)的图像上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝

数列的综合应用-2019届高三一轮复习理科数学专题卷 Word版含解析

数列的综合应用跟踪知识梳理考纲解读：1.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用. 2．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.3．会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题.考点梳理：一、等差数列和等比数列比较二．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.核心能力必练一、选择题1．(2018河北唐山二模,8)设{a n }是任意等差数列,它的前n 项和、前2n 项和与前4n 项和分别为X ,Y ,Z ,则下列等式中恒成立的是 ( )A.2X +Z =3YB.4X +Z =4YC.2X +3Z =7YD.8X +Z =6Y 【答案】D2．(2017河南洛阳3月模拟,7)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”,则(a 1a 3-22a )(a 2a 4 -23a )(a 3a 5-24a )…(a 2015a 2017-22016a )= ( )A.1B.-1C.2 017D.-2 017 【答案】B【解析】 ∵a 1a 3-22a =1×2-12=1,a 2a 4-23a =1×3-22=-1,a 3a 5-24a =2×5-32=1,…,a 2 015a 2 017-22016a =1,∴(a 1a 3-22a )(a 2a 4-23a )(a 3a 5-24a )…(a 2 015a 2 017-22016a )=11 008×(-1)1 007=-1.故选B.3．已知数列{}n a 满足12a =，*11()1nn na a n a ++=∈-N ，则1232017a a a a ⋅⋅⋅⋅=（）A ．6-B ．6 C. 2- D ．2 【答案】D【解析】1121122,,3112n n n a a a a a +++==∴==---，同理，34511,,2, (23)a a a =-==， 4n n a a +∴=，()504412341232017123411,a a a a a a a a a a a a a ⨯=∴⋅⋅⋅⋅=⨯=122⨯=.故选A.4．若数列{}n a 满足1120n na a +-=，则称{}n a 为“梦想数列”，已知正项数列1nb ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“梦想数列”，且1231b b b ++=，则678b b b ++=（）A ．4B ．16C ．32D ．64 【答案】C【解析】依题意有112n n a a +=，故{}n a 是公比为12的等比数列，故1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为12的等比数列，所以n b 是公比为2的等比数列，因此()567812332b b b b b b q ++=++⋅=.5．已知正项数列{}n a 中，11a =，22a =，()2221122n n n a a a n +-=+≥，则6a =（）A ．16B ．8 C． D ．4 【答案】D6．若数列{}n a 满足()()()()1123252325lg 1n n n a n a n n n +⎛⎫+-+=+++ ⎪⎝⎭，且15a =，则数列23n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的第100项为（）A ．2B ．3C ．1lg99+D ．2lg99+ 【答案】B【解析】由()()()()1123252325lg 1n n n a n a n n n +⎛⎫+-+=+++⎪⎝⎭可得)11lg(32521nn a n a n n +=+-++，记23n n a b n =+，有11l g (1)n n b b n +-=+，由累加法得lg 1n b n =+，数列23n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的第100项为31100lg =+.7．数列{}n a 满足11a =，对任意的n *∈N 都有11n n a a a n +=++，则122016111...a a a +++=（） A ．20152016 B ．20162017 C ．40342017 D ．40322017【答案】D【解析】11n n a a a n +=++，()12n n n a +∴=，则11121na n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭， 122016111111114032...21...223201620172017a a a ⎛⎫∴+++=-+-++-= ⎪⎝⎭，故选D ． 8．定义：12nnp p p +++为n 个正数1p ，2p ，…，n p 的“均倒数”．若已知正数数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，又14n n a b +=，则12231011111b b b b b b +++=（） A ．111 B ．112 C ．1011 D ．1112【答案】C【解析】由题意得{}n a 的前n 项和2111112,41,,1121n n n n n S n n n a n b n b b n n n +=⨯=+∴=-∴=∴=-++，122310111111111110(1)()()223101111b b b b b b ∴+++=-+-+⋅⋅⋅+-=，故选C. 9．已知正项数列{}n a 中，11a =，22a =，()2221122n n n a a a n -+=+≥，11nn n b a a+=+，记数列{}nb 的前n项和为n S ，则33S 的值是（）D.3 【答案】D10．若数列{}n a 满足112523n n a an n +-=++，且15a =，则数列{}n a 的前100项中，能被5整除的项数为（） A ．42 B ．40 C ．30 D ．20 【答案】B【解析】数列{}n a 满足112523n n a a n n +-=++，即112(1)323n n a an n +-=+++，又11213a =⨯+，∴数列{}23n a n +是以1为首项，1为公差的等差数列，∴na n =，∴223n a n n =+，列表如下：∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{}n a 的前100项中，能被5整除的项数40，故选B ．11．已知数列}{n a 的前项n 和n n S n 22+=，则数列}1{1+n n a a 的前n 项和为（） A ．)32(3+n n B ．)32(32+n n C ．)12(31+-n n D ．12+n n【答案】A12．已知数列{}n a 满足11a =，()1N *2n n n a a n a +=∈+，若()11()(1)N*n n b n n a λ+=-+∈，1b λ=-，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取值范围为（）A ．2λ>B ．2λ<C ．3λ>D ．3λ< 【答案】B【解析】因为数列{}n a 满足11a =，()1N *2n n n a a n a +=∈+，所以1121n n a a +=+，化为11112(1)n n a a ++=+，所以数列1{1}n a +是等比数列，首项为1112a +=，公比为2，所以112n na +=，所以11()(1)n nb n a λ+=-+()2n n λ=-⋅，因为1b λ=-且数列{}n b 是单调递增数列，所以1n n b b +>，所以1()2(1)2n n n n λλ--⋅>--⋅，化简得1n λ<+，因为数列{}1n +为单调递增数列，所以2λ<，故选B ．13．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，当2n ≥时，()211n n n n a S S S ---=，且11a =，设12l og 6n n a b +=，则n b 等于（）A ．23n -B ．24n -C ．3n -D ．4n - 【答案】A14．已知数列{}n a 的通项为()()1log 2n n a n +=+，我们把使乘积123n a a a a ⋅⋅⋅⋅…为整数的n 叫做“优数”，则在(0,2016]内所有“优数”的和为（）A ．1024B ．2012C ．2026D ．2036 【答案】C【解析】∵()1log 2n n a n +=+，∴()12231lg 3lg 4log 3log 4log 2lg 2lg 3n n a a a n +⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=⨯⋅⨯⋯⨯ ()()()()2lg 2lg 2log 2lg 1lg 2n n n n ++==++，要使()2log 2n +为整数，则22k n +=，(0,2016]内的所有正整数分别为2322,22,,22--⋯-，所有“优数”的和为923104122222222(922)0261--+-++-=-⨯=-．15．已知数列{}n a 的通项公式为5n a n =-，其前n 项和为n S ，将数列{}n a 的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{}n b 的前3项，记{}n b 前n 项和为n T ，若存在m *∈N ，使对任意n *∈N ，总有n m S T λ<+恒成立，则实数λ的取值范围是（）A. 2λ≥B. 3λ>C. 3λ≥D. 2λ> 【答案】D【解析】依题意得()()45922n n n n n S +--==，根据二次函数的性质，知4,5n =时，n S 取得最大值10.n a 前4项为12344,3,2,1a a a a ====，抽掉第二项可组成等比数列，所以114,2b q ==，14112811212n n n T ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-，所以48n T ≤<.又n m S T λ<+，所以108,2λλ<+>.16．已知数列{}n a 满足()()111,,n n a P a a n *+=∈N 在直线10x y -+=上，如果函数()f n =()12111 (2)n n n a n a n a *+++∈≥+++N ，则函数()f n 的最小值为（） A.13 B.14 C.712 D.512【答案】C17．数列}{n a 满足11=a ，对任意的n *∈N 都有n a a a n n ++=+11，则=+++201621111a a a （） A ．20162015 B ．20174032 C ．20174034 D ．20172016【答案】B【解析】11=a ，11n n a a a n +=++，11+=-∴+n a a n n ，所以当2≥n 时，()()112n n n n n a a a a a ---=-++()()211121a a a n n ++-+=+-+++()12n n +=，1=n 时也成立，()()112,21n n n n a a n n +∴==+1121n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n项和111111221 (21223111)n n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 122016111220164032201612017a a a ⨯∴+++==+，故选B.18．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，12n n a S +=+，则满足2110n n S S <的n 的最小值为（） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 【答案】A二、填空题19．若数列{}n a 满足()*11521,3,2,3n n n a a n n a a a --=∈≥==N ，则2016a 等于______．【答案】23【解析】()*132********N ,3,222n n n a a a a a n n a a a a a a --=∈≥=⇒==⇒==4532113a a a a ⇒=== 23a ⇒=，12345678201663366311222,3,,,,,2,3,22333a a a a a a a a a a a ⨯========⇒===. 20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()413n n S a =-，则()216411n n a -⎛⎫++ ⎪⎝⎭的最小值为．【答案】4 【解析】∵()413n n S a =-，∴()()114123n n S a n --=-≥，∴()1143n n n n n a S S a a --=-=-，∴14n n a a -=，又1a =()11413S a =-，∴14a =，∴{}n a 是首项为4，公比为4的等比数列，∴4n n a =，∴()216411n n a -⎛⎫++=⎪⎝⎭416416112224164164n n n n ⎛⎫⎛⎫++=++≥+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当2n =时取“=”. 21．已知数列{}n a 满足134223n n n a a a +++=+，且11a =，设12n n a b +=，则数列{}1n n b b +⋅的前50项和为．【答案】5020122．数列{}n a 满足112324221n n a a a a n -++++=-…，且数列{}n a 的前n 项和为n S ，若实数λ满足对于任意*n ∈N 都有24n S λλ<<，则λ的取值范围是．【答案】143<≤λ 【解析】由112324221n n a a a a n -++++=-…，可得2123124221123n n a a a a n n --++++=--=-（）…2n ≥（），两式相减得1222n n a n -=≥（），又1=n 时，11=a ，所以21(1)2(2),n nn a n -=⎧=⎨≥⎩,所以012n S =++112221112222131212n nn ------+++=+=--（）（），在1≥n 时单调递增，可得31<≤n S ，由题意可得21,43,λλ⎧<⎨≥⎩解得143<≤λ. 23．用[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[]33=，[]1.21=，[]1.32-=-．已知数列{}n a 满足11a =，21n n n a a a +=+，则122016111111a a a ⎡⎤+++=⎢⎥+++⎣⎦ ．【答案】024．已知数列{}n a 与{}n b 满足()1122n n n n a b b a n *+++=+∈N ，若()19,3nn a b n *==∈N 且()33633n n a n λλ>+-+对一切n *∈N 恒成立，则实数λ的取值范围是_________.【答案】13,18⎛⎫+∞⎪⎝⎭【解析】将113,3nn n n b b ++==代入1122n n n n a b b a +++=+，化简得143nn n a a +-=⋅，故()1n n na a a -=-+()()()121221143339233n n n n n a a a a a -----++-+=++++=⋅+，故()33633nn a n λλ>+-+可化为()183123n n λ->+.当2n ≤时，()18303nn -<，当3n =时，()18303n n -=，当4n =时，()183239n n -=，当5n =时，()183423279n n -=<，5n ≥时，()()1833nn f n -=单调递减，所以当4n =时为最大值，故12132918λ>+=.三、解答题25．(2018河南信阳二模,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=2,2S n =(n +1)2a n -n 2a n +1,数列{b n }满足b1=a 1,nb n +1=a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)若数列{c n }满足c n =a n +b n (n ∈N *),求数列{c n }的前n 项和T n . 【答案】（1）b n =2n（2）T n =2n +1+n 2+n -2(2)c n =a n +b n =2n +2n,∴数列{c n }的前n 项和T n =(22)2n n ++2(21)21n --=2n +1+n 2+n -2.26．设数列{}n a 的前n 项和为1,1n S a =，且对任意正整数n ，满足1220n n a S ++-=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭（2）11634994n n n T -+=-⨯ 【解析】（1）因为1220n n a S ++-=，所以当2n ≥时，1220n n a S -+-=，两式相减得11220n n n n a a S S +--+-=，即111220,2n n n n n a a a a a ++-+== 又当1n =时，212112202a S a a +-=⇒=，即*11(N )2n n a a n +=∈ 所以{}n a 是以首项11a =，公比12q =的等比数列，所以数列{}n a 的通项公式为112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭27．已知数列{}n a 中，11a =，且点()()*1,n n P a a n +∈N 在直线10x y -+=上． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若函数()123123nnf n n a n a n a n a =++++++++…（n ∈N ，且2n ≥），求函数()f n 的最小值； (3)设1n nb a =，n S 表示数列{}n b 的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式()g n ，使得123S S S ++++…()()11n n S S g n -=-⋅对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出()g n 的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．【答案】(1)n a n = (2)56(3)n n g =)(，证明见解析【解析】(1) 点()1,n n P a a +在直线10x y -+=上，11n n a a +∴-=，又11=a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，1(1)1n a n n ∴=+-⋅=.(2) n n n n n f 22211)(+++++=， ∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f ， 11111(1)()1222121212n n n f n f n n n n n n n ⎛⎫∴+-=-+++++>-++ ⎪+++++⎝⎭()()3102121n n n +=>++，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ． (3)n S n b n n 1312111++++=⇒= ，)2(11≥=-∴-n nS S n n ，即()1111n n n nS n S S ----=+，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n ，11211n n nS S S S S n -∴-=++++-，)2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n ，n n g =∴)(．故存在关于n 的整式n n g =)(，使等式对于一切不小于2的自然数n 恒成立．28．设数列{}n a 的前n 项之积为n T ，且()*21log ,2n n n T n -=∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()*1n n b a n λ=-∈N ，数列{}n b 的前n 项和为n S ．若对任意的*n ∈N ，总有1n n S S +>，求实数λ的取值范围．【答案】(1)12-=n n a (2)21>λ（2）由1121n n n b a λλ-=-=-，得()122112nn n S n n λλ-=⋅-=---，所以()()()11121121212n n n n n n S S n n λλλλ++>⇒--+>--⇒>⇒>，因为对任意的*11,22nn ∈≤N ，所以λ 取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 29．设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S 满足：()()222*233230 n n S n n S n n n -+--+=∈N ，.（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）设13nn n a b +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）13a = （2）3n a n = （3）323443n nn T +=-⋅ 【解析】（1）由()()222*233230 n n S n n S n n n -+--+=∈N ，可得，()()222112313123110S S -⋅+⋅--+=，又11S a =，所以13a =.（3）由（2）可得113333n n n n na n nb ++===， ∴123231123133333n n n n n nT b b b b --=++++=+++++……，∴234111231333333n n n n nT +-=+++++…， ∴23411111113333333n n n n nT T +-=+++++-…，即123411112111113313333333313n n n n n n nT +++-=+++++-=-- (11)111231233223n n n n n +++⎛⎫=--=- ⎪⋅⎝⎭， ∴323443n nn T +=-⋅. 30．已知数列{}n a 的前n 项和为(1)2n n n S +=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n T 为数列{}n b 的前n 项和，其中112n n n n a b S S ++=⋅，求n T ；（3）若存在n *∈N ，使得n n T a λ-≥3λ成立，求出实数λ的取值范围.【答案】（1）n a n = （2）232(1)(2)n n n T n n +=++ （3）1,12⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】（1）当2n ≥时，1n n n a S S -=-(1)(1)22n n n n+-=-n =，当1n =时，111a S ==也符合上式，∴n a n =，（2）解法一：∵11111111222n n n n n n n n n n a S S b S S S S S S +++++⎛⎫-===- ⎪⋅⋅⎝⎭，∴1223111111111111122n n n n T S S S S S S S S ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 212312(1)(2)2(1)(2)n nn n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++++⎣⎦.（3）∵存在*n ∈N ，使得n n T a λ-≥3λ成立，∴存在*n ∈N ，使得23(3)2(1)(2)n nn n n λ+≥+++成立，即2(1)(2)nn n λ≤++，max2(1)(2)n n n λ⎡⎤∴≤⎢⎥++⎣⎦，而1122(1)(2)122(3)n n n n n=≤++++，当1n =或2n =时取等号，λ∴的取值范围为1,12⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.。

2019版高考数学(理)一轮总复习课件：6-专题研究3 数列的综合应用

专题研究三数列的综合应用
专题讲解
题型一等差、等比数列的综合
(2018·吉林实验中学模拟)已知{an}是单调递增的等差数列，首项 a1＝3，前 n 项和为 Sn，数列{bn}是等比数列，其中 b1 ＝1，且 a2b2＝12，S3＋b2＝20.
(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝Sncos(a3nπ )(n∈N*)，求{cn}的前 20 项和 T20.
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式； (2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．
【解析】 (1)由题意得 a1＝2 000×(1＋50%)－d＝3 000－d， a2＝a1(1＋50%)－d＝4 500－52d.
(1)设该县的总面积为 1，2017 年底绿化面积为 a1＝25，经过 n 年后绿化面积为 an＋1，试用 an 表示 an＋1；
(2)求数列{an}的第 n＋1 项 an＋1； (3)至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过 60%？(参考数据：lg2≈0.301 0，lg3≈0.477 1)
【解析】当年的绿化面积等于上年被非绿化后剩余面积加上新绿化面积．
【解析】 (1)由已知，得bn＝2an>0. 当n≥1时，bbn＋n 1＝2an＋1－an＝2d. 所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列． (2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x －a2)，它在x轴上的截距为a2－ln12. 由题意，a2－ln12＝2－ln12，解得a2＝2. 所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anbn2＝n·4n.
an＋1＝an(1＋50%)－d＝32an－d. (2)由(1)中 an＋1＝32an－d，整理得 an＋1－2d＝32(an－2d)，又因为 a1＝3 000－d，所以{an－2d}是以 a1－2d＝3 000－3d 为首项， 32为公比的等比数列．所以 an－2d＝(3 000－3d)(32)n－1. 所以 an＝(3 000－3d)(32)n－1＋2d.

2019届高考数学一轮必备考情分析学案：6.5《数列的综合应用》(含解析)

6.5数列的综合应用考情分析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．基础知识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．注意事项1.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．2.(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．3. (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．巩固提高题型一等差数列与等比数列的综合应用【例1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－36，S 13＝－104，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 6的值为( )A ．±4 2B ．－4 2C ．4 2D ．无法确定解析：依题意得，S 9＝9a 5＝－36⇒b 5＝a 5＝－4，S 13＝13a 7＝－104⇒b 7＝a 7＝－8，所以b 6＝±4 2. 答案：A【变式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 ＋－2×2＝n 2＋2n.题型二数列与函数的综合应用【例2】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)＝Asin(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 1－331－3＝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. 【变式2】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 .解 (1)由题意，S n ＝b n＋r ，当n≥2时，S n －1＝bn －1＋r ，所以a n ＝S n －S n －1＝bn －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 ＋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.题型三数列与不等式的综合应用【例3】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 n n ＜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．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 ＝－2. (3)由(2)知S n ＝9－2，∴S n n ＝9－n 2.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 n n＜k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19.【变式3】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＋ (2)－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.重难点突破【例4】某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元．该企业2008年年底分红后的资金为1000万元．(1)求该企业2019年年底分红后的资金；(2)求该企业到哪一年年底分红后的资金超过32500万元．解：设a n 为(2008＋n)年年底分红后的资金，其中n ∈N *，则a 1＝2×1000－500＝1500，a 2＝2×1500－500＝2500，…，a n ＝2a n －1－500(n≥2)． ∴a n －500＝2(a n －1－500)(n≥2)，即数列{a n －500}是首项为a 1－500＝1000，公比为2的等比数列． ∴a n －500＝1000×2n －1，∴a n ＝1000×2n －1＋500.(1)a 4＝1000×24－1＋500＝8500，∴该企业2019年年底分红后的资金为8500万元． (2)由a n >32500，即2n －1>32，得n>6，∴该企业2019年年底分红后的资金超过32500万元．巩固提高1．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，且公比相同解析：∵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．答案：D2.在等比数列a n 中，若a 4，a 8是方程x 2－4x ＋3＝0的两根，则a 6的值是( )A. － 3B. 3C. ± 3D. ±3答案：B解析：由题意知，a 4＋a 8＝4，a 4·a 8＝3. ∴a 4>0，a 8>0，∴a 6>0. 又a 26＝a 4·a 8＝3，∴a 6＝ 3.3.已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝( )A. 2B. 3C. 5D. 6 答案：B解析：∵a2，a4，a8成等比数列，∴a24＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，∴a1＝d，∴a1＋a5＋a9a2＋a3＝3a1＋12d2a1＋3d＝3.4.]正项等比数列{a n}中，存在两项a m，a n(m，n∈N*)使得a m a n＝4a1，且a7＝a6＋2a5，则1m＋5n的最小值是( )A. 74B. 1＋53C. 256D.253答案：B解析：根据题意，a7＝a6＋2a5，∴q2＝q＋2，解得q＝－1或q＝2.∵a n>0，∴q>0，∴q＝2.由a m a n＝4a1，即a21·q m＋n－2＝16a21得m＋n＝6.而1m＋5n＝m＋n6(1m＋5n)＝16＋5m6n＋n6m＋56≥16＋53＋56＝1＋53，故选B.5.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”，已知正项数列{1b n}为“调和数列”，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b4·b6的最大值是( )A. 10B. 100C. 200D. 400答案：B解析：由定义：{1b n}为“调和数列”，∴b n＋1－b n＝d. ∴{b n}为等差数列，∵b1＋b2＋…＋b9＝9b5＝90，∴b5＝10，b4＋b6＝2b5＝20.∴b4·b6≤(b4＋b62)2＝100.当且仅当b4＝b6时取等号．。

2019高考数学一轮复习第六章数列 6.4 数列的综合应用.练习理

§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110答案 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= .答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,2017年高考“最后三十天”专题透析即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(6分)(2)由a n=2n+1可知b n===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,好教育云平台——教育因你我而变2T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)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c n=,求数列{c n}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-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b 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,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+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n ==-.T n =1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )A.6B.7C.8D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .34好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析答案 643.(2017山东,19,12分)已知{x n }是各项均为正数的等比数列,且x 1+x 2=3,x 3-x 2=2. (1)求数列{x n }的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy 中,依次连接点P 1(x 1,1),P 2(x 2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P 1P 2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x 1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和. (1)设数列{x n }的公比为q,由已知知q>0. 由题意得所以3q 2-5q-2=0. 因为q>0,所以q=2,x 1=1.因此数列{x n }的通项公式为x n =2n-1.(2)过P 1,P 2,…,P n+1向x 轴作垂线,垂足分别为Q 1,Q 2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n =2n -2n-1=2n-1, 记梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ,由题意b n =×2n-1=(2n+1)×2n-2, 所以T n =b 1+b 2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n -1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n =3×20+5×21+7×22+…+(2n -1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.② ①-②得-T n =3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1. 所以T n =.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ,△A n B n C n 的面积为S n ,n=1,2,3,….若b 1>c 1,b 1+c 1=2a 1,a n+1=a n ,b n+1=,c n+1=,则( ) A.{S n }为递减数列 B.{S n }为递增数列C.{S 2n-1}为递增数列,{S 2n }为递减数列D.{S 2n-1}为递减数列,{S 2n }为递增数列答案 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N *,x n 是曲线y=x 2n+2+1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标. (1)求数列{x n }的通项公式; (2)记T n =…,证明:T n ≥.解析 (1)y'=(x 2n+2+1)'=(2n+2)x 2n+1,曲线y=x 2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2. 从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x 轴交点的横坐标x n =1-=. (2)证明:由题设和(1)中的计算结果知 T n =…=…. 当n=1时,T 1=.当n≥2时,因为==> ==.所以T n >×××…×=.综上可得对任意的n∈N *,均有T n ≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.52017年高考“最后三十天”专题透析8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).好教育云平台——教育因你我而变6当x≠1时,m'k(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,则x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,则x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).9.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.10.(2014湖北,18,12分)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.解析(1)设数列{a n}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.当a n=4n-2时,S n==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-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n;当a n=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.78好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析又a 1,2a 2,3a 3成等差数列,所以4a 2=a 1+3a 3,因而3p 2-p=0,解得p=或p=0. 当p=0时,a n+1=a n ,这与{a n }是递增数列矛盾.故p=. (2)由于{a 2n-1}是递增数列,因而a 2n+1-a 2n-1>0, 于是(a 2n+1-a 2n )+(a 2n -a 2n-1)>0.① 但<,所以|a 2n+1-a 2n |<|a 2n -a 2n-1|.② 由①,②知,a 2n -a 2n-1>0, 因此a 2n -a 2n-1==.③ 因为{a 2n }是递减数列, 同理可得,a 2n+1-a 2n <0,故 a 2n+1-a 2n =-=.④由③,④知,a n+1-a n =.于是a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) =1+-+…+ =1+· =+·,故数列{a n }的通项公式为 a n =+·.12.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 2n =2a n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ,且T n +=λ(λ为常数),令c n =b 2n (n∈N *),求数列{c n }的前n 项和R n . 解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d. 由S 4=4S 2,a 2n =2a n +1得解得a 1=1,d=2.因此a n =2n-1,n∈N *. (2)由题意知T n =λ-, 所以n≥2时, b n =T n -T n-1=-+=.故c n =b 2n ==(n-1),n∈N *.所以R n =0×+1×+2×+3×+…+(n -1)×, 则R n =0×+1×+2×+…+(n -2)×+(n -1)×, 两式相减得R n =+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-, 整理得R n =.所以数列{c n }的前n 项和R n =.13.(2013广东,19,14分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=1,=a n+1-n 2-n-,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++…+<.解析 (1)依题意得,2S 1=a 2--1-,又S 1=a 1=1,所以a 2=4.(2)当n≥2时,2S n =na n+1-n 3-n 2-n,2S n-1=(n-1)a n -(n-1)3-(n-1)2-(n-1) 两式相减得2a n =na n+1-(n-1)a n -(3n 2-3n+1)-(2n-1)-, 整理得(n+1)a n =na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1, 故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n =n 2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<,综上,对一切正整数n,有++…+<.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列求和1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案 C2.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{a n}中,a4=5,a7=11.设b n=(-1)n·a n,则数列{b n}的前100项之和S100=( )A.-200B.-100C.200D.100答案 D3.(2016山东部分重点中学第二次联考,7)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m项和为,则m 的值为( )A.8B.9C.10D.11答案 B4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知S n为{a n}的前n项和,若a n(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于.答案 2 332考点二数列的综合应用5.(2017广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{a n}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )A.20B.22C.24D.28答案 B6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案 B7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{a n}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+=.答案2n2+2n8.(2017广东“六校联盟”联考,14)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=2a n-1(n∈N*),则数列{na n}的前n 项和T n为.答案(n-1)2n+1B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:50分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)92017年高考“最后三十天”专题透析1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{a n}中,n=1,2,3,…,729,且a n=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{a n}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{b n},容易发现数列{b n}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{a n}的所有项的和为S,数列{b n}的所有项的和为T,则( )A.S>TB.S=TC.S<TD.S与T的大小关系不确定答案 A2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=则S2 018等于( )A. B. C. D.答案 B3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=+3a n,n∈N*,b n=,若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),且b n=a n cos,记S n为数列{b n}的前n项和,则S24=( )A.294B.174C.470D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+=.答案2n2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列{a n},定义H n=为{a n}的“优值”,现在已知某数列{a n}的“优值”H n=2n+1,记数列{a n-kn}的前n项和为S n,若S n≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是.答案三、解答题(共30分)7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,数列{b n}的前n项和为T n,若不等式(-1)nλ<T n+对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.解析(1)由a n+1=(n∈N*),得==+1,∴+=3,又+=,∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,从而+=×3n-1⇒a n=.(2)将a n=代入b n=(3n-1)··a n可得b n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得=+++…+-n×=2-,∴T n=4-,∴(-1)nλ<4-,若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,∴-2<λ<3.8.(2017河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2015年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2016年开始到好教育云平台——教育因你我而变102025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式(注:2016年为第一年);(2)若新政策实施后的2016年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)解析(1)当n≤10时,数列{a n}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故a n=45.5+0.5×(n-1),当n≥11时,数列{a n}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故a n=50×0.99n-10,因此,新政策实施后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式为a n=n∈N*.(2)设S n(单位:万人)为数列{a n}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 错位相减法求和1.(2017河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{a n}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为S n,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+1=,T n为数列{b n}的前n项和,若T n≥m恒成立,求m的最大值.解析(1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴a n=.(2)∵a n+1=,∴=,∴b n=n·2n-1,∴T n=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①∴2T n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②由①-②得,-T n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴T n=1+(n-1)·2n.∵T n≥m恒成立,只需(T n)min≥m即可,∵T n+1-T n=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,∴{T n}为递增数列,∴当n=1时,(T n)min=T1=1,∴m≤1,∴m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,p n的“均倒数”,已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为,又b n=,则++…+等于( )A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{a n}满足S n=2a n-1(n∈N*),{b n}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=-(n∈N*),求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,n≥2,即a n=2a n-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.∴b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,∴T n=-2=2--2=-21-n.11。

高考数学文优化方案一轮复习课件第5第五数列的综合应用苏教江苏专用

【名师点评】本题中对字母a分类讨论，这也是等比数列不同于等差数列的情形．等比数列含参数往往需要讨论．
互动探究1 本例(3)中“公比a－1”改为“a”,则第(3)问结果如何？
解：由例(3)知 a3＝a，∴a2＝a，∴a＝0 或 a＝1. 当 a＝0 时，aan＋n 2＝0 不能成等比数列；
2．数列的探索性问题探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现，探索性问题对分析问题、解决问题的能力有较高的要求． 3．等差数列与等比数列的综合问题
4．数列的实际应用现实生活中涉及_银__行__利__率__、_企__业__股__金__、 _产__品__利__润__、_人__口__增__长__、_工__作__效__率__、_图__形__面__ _积__、_曲__线__长__度__等实际问题，常常考虑用数列
(2)∵数列{an}是等比数列，a1＝1，a2＝a(a>0)， ∴an＝an－1.∴bn＝anan＋1＝a2n－1. ∵bbn＋n 1＝a2，∴数列{bn}是首项为 a，公比为 a2 的等比数列．当 a＝1 时，Sn＝n；当 a≠1 时，Sn＝aaa22－n－11＝a2an2＋－1－1 a.
(3)数列{an}不能为等比数列． ∵bn＝anan＋1，∴bbn＋n 1＝aan＋na1an＋n＋1 2＝aan＋n 2，则aan＋n 2＝a－1.∴a3＝a－1. 假设数列{an}能为等比数列．由 a1＝1，a2＝a，得 a3＝a2. ∵a2＝a－1，∴此方程无解．∴数列{an}一定不能为等比数列．
例3 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋
a13＝34，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式；
(2)设数列{bn}的通项公式为否存在正整数 t ，使得 b1

【赢在课堂】高考数学一轮复习6.5数列的综合应用配套训练理新人教A版

n-1
【解】 (1) ∵ an =an-1 +3 , ∴ an-1 =an-2 +3n-2 ,a n-2 =an-3 +3n-3 ,
2/4
【赢在课堂】高考数学一轮复习 6.5 数列的综合应用配套训练理新人教 A 版
8. 从盛满 a 升酒精的容器里倒出 b 升 , 然后再用水加满 , 再倒出 b 升 , 再用水加满 , 这样倒了 n 次 , 则
容器中有纯酒精
升.
【答案】 a
【解析】第一次容器中有纯酒精 a-b, 即 a 升 ,
第二次有纯酒精 a-b, 即 a 升 ,
故第 n 次有纯酒精 a 升 .
9. (2012 ·湖北卷 ,17) 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数
由此归纳出 b2012=a . 5030
(2) 由 b1=a4=,b 3=a9=,b 5=a14=, …, 可归纳出 b2k-1 =.
10. 根据下列各个数列 {a n} 的首项和基本关系式 , 求其通项公式 : (1)a 1=1,a n=an-1 +3n-1 (n ≥ 2);
(2)a 1=1,a n=an-1 (n ≥ 2).
5%以下 , 则至少需过滤的次数为 (lg 2 ≈0.3010)(
)
A.5
B.10
C.14
D.15
【答案】 C
【解析】设原杂质数为 1, 则各次过滤杂质数成等比数列 ,
n
且 a1=1, 公比 q=1-20%, 因此 an+1=(1-20 %) ; 由题意可知 (1-20%) n<5%,即 0.8 n<0.05.
的路程为 2km,以后每秒钟通过的路程都增加 2km,在到达离地面 240km的高度时 , 火箭与飞船分离 ,

最新一轮优化理数练习：第六章第五节数列的综合应用

一、填空题1．设等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝4d ，若a k 是a 1与a 2k 的等比中项，则k 的值为________．解析：由条件知a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4d ＋(n －1)d ＝(n ＋3)d ，即a n ＝(n ＋3)d (n ∈N *)．又a 2k ＝a 1·a 2k ，所以(k ＋3)2d 2＝4d ·(2k ＋3)d ，且d ≠0，所以(k ＋3)2＝4(2k ＋3)，即k 2－2k －3＝0，解得k ＝3或k ＝－1(舍去)．答案：32．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是________．解析：由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2；当n ＝1时也适合．据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．答案：73．等差数列中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是________．解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，a 7＋a 10＋a 13＝3a 10， ∴6(a 4＋a 10)＝24，a 4＋a 10＝4， ∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝26.答案：264．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________．解析：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. 答案：645．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，定义S 1＋S 2＋…＋S nn 为A 的“凯森和”，若有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为________．解析：设a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为 S 1＋S 2＋…＋S 9999＝1 000，则1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为T 1＋T 2＋…＋T 100100，而T 1＝1，T 2＝S 1＋1，T 3＝S 2＋1，…，T 100＝S 99＋1，所以T 1＋T 2＋…＋T 100100＝S 1＋S 2＋S 99＋100100＝991.答案：9916．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是________．解析：由题知a 25＝a 1·a 17，即a 25＝(a 5－4d )·(a 5＋12d )， ∴8a 5d －48d 2＝0， ∵d ≠0，∴a 5＝6d ，∴公比q ＝a 5a 1＝a 5a 5－4d ＝6d6d －4d ＝3.答案：37．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________．解析：由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋15×142×2＝255. 答案：2558．已知a ，b ∈R ＋，A 为a ，b 的等差中项，正数G 为a ，b 的等比中项，则ab 与AG 的大小关系是________．解析：依题意A ＝a ＋b2，G ＝ab ， ∴AG －ab ＝a ＋b2·ab －ab ＝ab (a ＋b2－ab ) ＝ab ·(a －b )22≥0，∴AG ≥ab . 答案：AG ≥ab9．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是________．解析：根据等差、等比数列的性质，可知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4. ∴P 1(2,2)，P 2(3,4)．∴S △OP 1P 2＝1. 答案：1 二、解答题10．已知数列{a n }的前n 项和S n 和通项a n 满足S n ＝12(1－a n )． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝na n ，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <34. 解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(1－a n )－12(1－a n －1) ＝－12a n ＋12a n －1,2a n ＝－a n ＋a n －1，由题意可知a n －1≠0， ∴a n a n －1＝13，所以{a n }是公比为13的等比数列． S 1＝a 1＝12(1－a 1)，a 1＝13.a n ＝13×(13)n －1＝(13)n . (2)证明：b n ＝n (13)n ，设T n ＝1×(13)1＋2×(13)2＋3×(13)3＋…＋n ×(13)n ，① ∴13T n ＝1×(13)2＋2×(13)3＋3×(13)4＋…＋n ×(13)n ＋1，② ①－②，化简得∴T n ＝34－34(13)n －32n (13)n ＋1<34.11．从社会效益和经济效益出发，某旅游县区计划投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2014年投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(2014年为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？解析：(1)第1年投入为 800 万元，第2年投入为 800×(1－15)万元，…，第n 年投入为 800×(1－15)n －1万元，所以，n 年内的总投入为a n ＝800＋800×(1－15)＋…＋800×(1－15)n －1 ＝4 000×[1－(45)n ]．第1年旅游业收入为 400 万元，第2年旅游业收入为 400 ×(1＋14)万元，…，第n 年旅游业收入为400 ×(1＋14)n －1万元，所以，n 年内的旅游业总收入为b n ＝400＋400×(1＋14)＋…＋400×(1＋14)n －1 ＝1 600×[(54)n －1]．(2)设经过n 年，旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0，即1 600×[(54)n －1]－4 000×[1－(45)n ]>0，令x ＝(45)n ，代入上式得 5x 2－7x ＋2>0，解此不等式，得x <25，或x >1(舍去)，即(45)n <25，由此得n ≥5.答：至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入．12．若数列A n ：a 1， a 2，…，a n (n ≥2)满足|a k ＋1－a k |＝1(k ＝1,2，…，n －1)，则称A n 为E 数列．记S (A n )＝a 1＋a 2＋…＋a n . (1)写出一个E 数列A 5满足a 1＝a 3＝0；(2)若a 1＝12，n ＝2 000，证明：E 数列A n 是递增数列的充要条件是a n ＝2 011； (3)在a 1＝4的E 数列A n 中，求使得S (A n )＝0成立的n 的最小值．解析：(1)0,1,0,1,0是一个满足条件的E 数列A 5.(答案不唯一，0，－1,0,1,0；0，±1,0,1,2；0，±1,0，－1，－2；0，±1,0，－1,0都是满足条件的E 数列A 5) (2)必要性：因为E 数列A n 是递增数列，所以a k ＋1－a k ＝1(k ＝1,2，…，1 999)，所以A n 是首项为12，公差为1的等差数列，所以a 2 000＝12＋(2 000－1)×1＝2 011. 充分性：由于a 2 000－a 1 999≤1， a 1 999－a 1 998≤1， …， a 2－a 1≤1，所以a 2 000－a 1≤1 999，即a 2 000≤a 1＋1 999，又因为a 1＝12，a 2 000＝2 011，所以a2 000＝a1＋1 999，－a k＝1＞0(k＝1,2，…，1 999)，即A n是递增数列．故a k＋1综上，结论得证．(3)对首项为4的E数列A n，由于a2≥a1－1＝3，a3≥a2－1≥2，…，a8≥a7－1≥－3，…，所以a1＋a2＋…＋a k＞0(k＝2,3，…，8)．所以对任意的首项为4的E数列A n，若S(A n)＝0，则必有n≥9.又a1＝4的E数列A9：4,3,2,1,0，－1，－2，－3，－4满足S(A9)＝0，所以n的最小值是9.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。