- 180.00 KB
- 2021-05-13 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
专题三 高考中的数列问题
1.公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn,且-3a1,-a2,a3成等差数列,若a1=1,则S4等于 ( )
A.-20 B.0 C.7 D.40
答案 A
解析 记等比数列{an}的公比为q,其中q≠1,
依题意有-2a2=-3a1+a3,-2a1q=-3a1+a1q2≠0.
即q2+2q-3=0,(q+3)(q-1)=0,
又q≠1,因此有q=-3,S4==-20,
选A.
2.等比数列{an}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10等于( )
A.12 B.10 C.8 D.2+log35
答案 B
解析 等比数列{an}中,a5a6=a4a7,
又因为a5a6+a4a7=18,∴a5a6=9,
log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1a2…a10)
=log3(a5a6)5=5log3(a5a6)=5log39=10.
3.若正项数列{an}满足lg an+1=1+lg an,且a2 001+a2 002+a2 003+…+a2 010=2 013,则a2 011+a2 012+a2 013+…+a2 020的值为 ( )
A.2 013·1010 B.2 013·1011
C.2 014·1010 D.2 014·1011
答案 A
解析 由条件知lg an+1-lg an=lg =1,即=10,所以{an}为公比是10的等比数列.因为(a2 001+…+a2 010)·q10=a2 011+…+a2 020,所以a2 011+…+a2 020=2 013·1010,选A.
4.已知数列{an}满足an=1+2+22+…+2n-1,则{an}的前n项和Sn=________.
答案 2n+1-2-n
解析 ∵an=1+2+22+…+2n-1==2n-1,
∴Sn=(21+22+…+2n)-n=-n
=2n+1-2-n.
5.把一数列依次按第一个括号内一个数,第二个括号内两个数,第三个括号内三个数,第四个括号内一个数,…循环分为(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(25),…,则第50个括号内各数之和为________.
答案 392
解析 将三个括号作为一组,则由50=16×3+2,知第50个括号应为第17组的第二个括号,即第50个括号中应是两个数.又因为每组中含有6个数,所以第48个括号的最末一个数为数列{2n-1}的第16×6=96项,第50个括号的第一个数应为数列{2n-1}的第98项,即为2×98-1=195,第二个数为2×99-1=197,故第50个括号内各数之和为195+197=392.故填392.
题型一 等差、等比数列的综合问题
例1 在等差数列{an}中,a10=30,a20=50.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=2an-10,证明:数列{bn}为等比数列;
(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.
思维启迪 (1)设出数列{an}的通项公式,结合已知条件列方程组即可求解;
(2)由(1)写出bn的表达式,利用定义法证明;
(3)写出Tn的表达式,考虑用错位相减法求解.
(1)解 由an=a1+(n-1)d,a10=30,a20=50,
得方程组,
解得.
所以an=12+(n-1)·2=2n+10.
(2)证明 由(1),得bn=2an-10=22n+10-10=22n=4n,
所以==4.
所以{bn}是首项为4,公比为4的等比数列.
(3)解 由nbn=n×4n,得
Tn=1×4+2×42+…+n×4n, ①
4Tn=1×42+…+(n-1)×4n+n×4n+1, ②
①-②,得-3Tn=4+42+…+4n-n×4n+1
=-n×4n+1.
所以Tn=.
思维升华 (1)正确区分等差数列和等比数列,其中公比等于1的等比数列也是等差数列.
(2)等差数列和等比数列可以相互转化,若数列{bn}是一个公差为d的等差数列,则{abn}(a>0,a≠1)就是一个等比数列,其公比q=ad;反之,若数列{bn}是一个公比为q(q>0)的正项等比数列,则{logabn}(a>0,a≠1)就是一个等差数列,其公差d=logaq.
数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2且Sn=Sn-1+2n(n≥2,n∈N+).
(1)求Sn;
(2)是否存在等比数列{bn}满足b1=a1,b2=a3,b3=a9?若存在,求出数列{bn}的通项公式;若不存在,说明理由.
解 (1)因为Sn=Sn-1+2n,
所以有Sn-Sn-1=2n对n≥2,n∈N+成立.
即an=2n对n≥2,n∈N+成立,
又a1=S1=2×1,所以an=2n对n∈N+成立.
所以an+1-an=2对n∈N+成立,
所以{an}是等差数列,
所以有Sn=·n=n2+n,n∈N+.
(2)存在.
由(1)知,an=2n对n∈N+成立,
所以有a3=6,a9=18,又a1=2,
所以有b1=2,b2=6,b3=18,
则==3,
所以存在以b1=2为首项,以3为公比的等比数列{bn},
其通项公式为bn=2·3n-1.
题型二 数列与函数的综合问题
例2 已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f′(x)=6x-2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图像上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn<对所有n∈N+都成立的最小正整数m.
思维启迪 (1)先求出函数f(x),再利用n,Sn的关系求an.(2)可以利用裂项相消法求出Tn.通过Tn的取值范围确定最小正整数m.
解 (1)设二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),
则f′(x)=2ax+b.
由于f′(x)=6x-2,得a=3,b=-2,
所以f(x)=3x2-2x.
又因为点(n,Sn)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图像上,
所以Sn=3n2-2n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5;
当n=1时,a1=S1=3×12-2=6×1-5,
所以an=6n-5(n∈N+).
(2)由(1)得bn==
=·,
故Tn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-).
因此,要使(1-)<对n∈N+恒成立,则m必须且仅需满足≤,即m≥10.
所以满足要求的最小正整数为10.
思维升华 数列与函数的综合一般体现在两个方面:
(1)以数列的特征量n,an,Sn等为坐标的点在函数图像上,可以得到数列的递推关系;
(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数,然后利用函数的性质求解数列问题.
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的图像上,且过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Q={x|x=kn,n∈N+},R={x|x=2an,n∈N+},等差数列{cn}的任一项cn∈Q∩R,其中c1是Q∩R中的最小数,110cn成立.
思维启迪 (1)先求an,再构造等比数列求bn;(2)不等式cn+1>cn恒成立,可以转化为求函数的最值问题.
解 (1)由已知,得Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1,
所以an+2-an+1=1(n≥1).
又a2-a1=1,
所以数列{an}是以a1=2为首项,1为公差的等差数列.
所以an=n+1.
又bn+1+2=4(bn+2),
所以{bn+2}是以4为首项,4为公比的等比数列.
所以bn=4n-2.
(2)因为an=n+1,bn=4n-2,
所以cn=4n+(-1)n-1λ·2n+1.要使cn+1>cn恒成立,
需cn+1-cn=4n+1-4n+(-1)nλ·2n+2-(-1)n-1λ·2n+1>0恒成立,
即3·4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立.
所以(-1)n-1λ<2n-1恒成立.
①当n为奇数时,即λ<2n-1恒成立,
当且仅当n=1时,2n-1有最小值1,所以λ<1;
②当n为偶数时,即λ>-2n-1恒成立,
当且仅当n=2时,-2n-1有最大值-2.
所以λ>-2,结合①②可知-2<λ<1.
又λ为非零整数,则λ=-1.
故存在λ=-1,使得对任意n∈N+,都有cn+1>cn成立.
思维升华 数列中有关项或前n项和的恒成立问题,往往转化为函数的最值问题;求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.
(2013·天津)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),且-2S2,S3,4S4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:Sn+≤(n∈N+).
(1)解 设等比数列{an}的公比为q,
因为-2S2,S3,4S4成等差数列,
所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,
可得2a4=-a3,于是q==-.
又a1=,所以等比数列{an}的通项公式为
an=×n-1=(-1)n-1·.
(2)证明 由(1)知,Sn=1-n,
Sn+=1-n+
=
当n为奇数时,Sn+随n的增大而减小,
所以Sn+≤S1+=.
当n为偶数时,Sn+随n的增大而减小,
所以Sn+≤S2+=.
故对于n∈N+,有Sn+≤.
(时间:80分钟)
1.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足:an+2SnSn-1=0(n≥2,n∈N),a1=,判断与{an}是否为等差数列,并说明你的理由.
解 因为an=Sn-Sn-1(n≥2),
又因为an+2SnSn-1=0,
所以Sn-Sn-1+2SnSn-1=0(n≥2),
所以-=2(n≥2),
又因为S1=a1=,
所以是以2为首项,2为公差的等差数列.
所以=2+(n-1)×2=2n,故Sn=.
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,
所以an+1=,
而an+1-an=-
=
=.
所以当n≥2时,an+1-an的值不是一个与n无关的常数,故数列{an}不是一个等差数列.
综上,可知是等差数列,{an}不是等差数列.
2.设数列{an}满足a1=0且-=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,记Sn=k,证明:Sn<1.
(1)解 由题设-=1,
即是公差为1的等差数列,
又=1,故=n.
所以an=1-.
(2)证明 由(1)得bn==
=-,
Sn=k==1-<1.
3.如图,从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y=ex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;…;Pn,Qn.记Pk点的坐标为(xk,0)(k=1,2,…,n).
(1)试求xk与xk-1的关系(2≤k≤n);
(2)求|P1Q1|+|P2Q2|+…+|PnQn|.
解 (1)设Pk-1(xk-1,0),由y′=ex得Qk-1(xk-1,exk-1)点处切线方程为y-exk-1=exk-1(x-xk-1),由y=0得xk=xk-1-1(2≤k≤n).
(2)由x1=0,xk-xk-1=-1,得xk=-(k-1),
所以|PkQk|=exk=e-(k-1),
于是Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+…+|PnQn|=1+e-1+e-2+…+e-(n-1)==.
4.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=10,an+1=9Sn+10.
(1)求证:{lg an}是等差数列;
(2)设Tn是数列{}的前n项和,求Tn;
(3)求使Tn>(m2-5m)对所有的n∈N+恒成立的整数m的取值集合.
(1)证明 依题意,得a2=9a1+10=100,故=10.
当n≥2时,an+1=9Sn+10,an=9Sn-1+10,
两式相减得an+1-an=9an,
即an+1=10an,=10,
故{an}为等比数列,且an=a1qn-1=10n(n∈N+),
∴lg an=n.
∴lg an+1-lg an=(n+1)-n=1,
即{lg an}是等差数列.
(2)解 由(1)知,Tn=3[++…+]
=3(1-+-+…+-)=.
(3)解 ∵Tn=3-,
∴当n=1时,Tn取最小值.
依题意有>(m2-5m),解得-1m≥2,m,k∈N+),使得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.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d,则Sn=na1+d.
由已知,得即,
解得所以an=a1+(n-1)d=n(n∈N+).
(2)假设存在m、k(k>m≥2,m,k∈N+),
使得b1、bm、bk成等比数列,则b=b1bk,
因为bn==,所以b1=,bm=,bk=,
所以()2=×.
整理,得k=.
以下给出求m、k的方法:
因为k>0,所以-m2+2m+1>0,
解得1-0,所以不等式2n2-n-3<(5-λ)an等价于
5-λ>,
记bn=,n≥2时,==,
所以n≥3时<1,(bn)max=b3=,所以λ<.