【数学】2020届天津一轮复习通用版6-4数列的综合应用作业
6.4 数列的综合应用
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
1.数列求和
掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法
2017天津,18
2015天津,18
2015天津文,18
错位相减法求数列的和
等比数列及前n项和
★★★
2016天津文,18
分组转化法求数列的和
2.数列的综合应用
1.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,抽象出数列的模型,并能用有关知识解决相应的问题
2.能处理数列与函数,数列与不等式等综合问题
2018天津,18
裂项相消法求数列的和
等差、等比数列的通项公式
★★★
2014天津,19
等比数列求和
不等式证明
2013天津文,18
等差数列、等比数列与函数
数列的基本性质
分析解读 综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列的应用主要从以下几个方面考查: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.
破考点
【考点集训】
考点一 数列求和
1.已知数列{an},{bn},其中{an}是首项为3,公差为整数的等差数列,且a3>a1+3,a4
2an(n>1,n∈N*),给出下列命题:
①若数列{an}满足a2>a1,则an>an-1(n>1,n∈N*)成立;
②存在常数c,使得an>c(n∈N*)成立;
③若p+q>m+n(其中p,q,m,n∈N*),则ap+aq>am+an;
④存在常数d,使得an>a1+(n-1)d(n∈N*)都成立.
上述命题正确的是 .(写出所有正确命题的序号)
答案 ①
5.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n2,等比数列{bn}的前n项和为Tn,若b1=a1+1,b2-a2=2.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求满足Tn+an>300的最小的n值.
解析 (1)a1=S1=1,
n>1时,an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n,
又n=1时,a1=1,所以an=n成立,∴an=n(n∈N*),
则由题意可知b1=2,b2=4,
∴{bn}的公比q=42=2,∴bn=2n(n∈N*).
(2)∵Tn=2×(1-2n)1-2=2×(2n-1),
∴Tn+an=2×(2n-1)+n,
∴Tn+an随n的增大而增大,
又T7+a7=2×127+7=261<300,T8+a8=2×255+8=518>300,
∴所求最小的n值为8.
炼技法
【方法集训】
方法1 错位相减法求和
1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.
(1)求证:数列Snn为等差数列;
(2)令bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n+1-Snn=1,
又S11=5,所以数列Snn是首项为5,公差为1的等差数列.
(2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.
又a1=5也符合上式,
所以an=2n+3(n∈N*),
所以bn=(2n+3)2n,
所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n,①
2Tn=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,②
由②-①得
Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1)
=(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2
=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)
=(2n+1)2n+1-2.
2.已知数列{an}是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2log2an-1,求数列{anbn}的前n项和Tn.
解析 (1)设数列{an}的公比为q,
因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.
因为a3+2是a2和a4的等差中项,
所以2(a3+2)=a2+a4,
即2(4q+2)=4+4q2,
化简得q2-2q=0.
因为公比q≠0,所以q=2.
所以an=a2qn-2=4×2n-2=2n(n∈N*).
(2)因为an=2n,所以bn=2log2an-1=2n-1,
所以anbn=(2n-1)2n,
则Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,①
2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.②
由①-②得,-Tn=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)2n+1
=2+24(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,
所以Tn=6+(2n-3)2n+1.
方法2 裂项相消法求和
3.已知数列{an}(n∈N*)是公差不为0的等差数列,a1=1,且1a2,1a4,1a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列1anan+1的前n项和为Tn,求证:Tn<1.
解析 (1)设{an}的公差为d.
因为1a2,1a4,1a8成等比数列,
所以1a42=1a2·1a8,
即1a1+3d2=1a1+d·1a1+7d,
化简得(a1+3d)2=(a1+d)·(a1+7d),
又a1=1,且d≠0,解得d=1.
所以an=a1+(n-1)d=n.
(2)证明:由(1)得1anan+1=1n(n+1)=1n-1n+1,
所以Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1<1.
因此Tn<1.
4.在等差数列{an}中,a2=4,其前n项和Sn满足Sn=n2+λn(λ∈R).
(1)求实数λ的值,并求数列{an}的通项公式;
(2)若数列1Sn+bn是首项为λ,公比为2λ的等比数列,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a2=S2-S1=(4+2λ)-(1+λ)=3+λ,
所以3+λ=4,所以λ=1.
所以a1=S1=2,所以d=a2-a1=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n.
(2)由(1)知λ=1,所以Sn=n2+n.
由题意知1Sn+bn=1×2n-1=2n-1.
所以bn=2n-1-1n(n+1)=2n-1-1n-1n+1.
所以Tn=(20+21+…+2n-1)-1-12+12-13+…+1n-1n+1
=1-2n1-2-1-1n+1=2n-2n+1n+1.
试题分析 (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得λ=1,进而得d=2,即可得到数列{an}的通项公式;
(2)由(1)知λ=1,得Sn=n2+n,由题意得1Sn+bn=2n-1,进而得bn=2n-1-1n-1n+1,利用等比数列的前n项和公式以及裂项相消法求和即可得到数列{bn}的前n项和.
方法3 分组求和法求和
5.(2014北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得
d=a4-a13=12-33=3.
所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).
设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得
q3=b4-a4b1-a1=20-124-3=8,解得q=2.
所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.
从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
(2)由(1)知bn=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{bn}的前n项和为32n(n+1)+2n-1.
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·天津卷题组
考点一 数列求和
1.(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=3n-23×4n+1+83.
所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+1+83.
方法总结 (1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.
(2)数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错位相减法.
2.(2016天津文,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且1a1-1a2=2a3,S6=63.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)nbn2}的前2n项和.
解析 (1)设数列{an}的公比为q.由已知,有1a1-1a1q=2a1q2,解得q=2,或q=-1.
又由S6=a1·1-q61-q=63,知q≠-1,所以a1·1-261-2=63,得a1=1.所以an=2n-1.
(2)由题意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,
即{bn}是首项为12,公差为1的等差数列.
设数列{(-1)nbn2}的前n项和为Tn,则
T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+…+(-b2n-12+b2n2)
=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2.
评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
3.(2015天津,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(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{an}的通项公式;
(2)设bn=log2a2na2n-1,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由已知,得(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,故a3=a2=2,
由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2n2.
所以,{an}的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.
(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,
12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n,
上述两式相减,得
12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,
整理得,Sn=4-n+22n-1.
所以,数列{bn}的前n项和为4-n+22n-1,n∈N*.
评析本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.
4.(2015天津文,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和.
解析 (1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有2q2-3d=2,q4-3d=10,消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则
Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,
2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,
上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,
所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*.
评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
考点二 数列的综合应用
1.(2018天津,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).
(i)求Tn;
(ii)证明∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n∈N*).
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
由q>0,可得q=2,故an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,
从而b1=1,d=1,故bn=n.
所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,
故Tn=∑k=1n(2k-1)=∑k=1n2k-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)
=k·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.
方法总结 解决数列求和问题的两种思路
(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.
(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.
2.(2014天津,19,14分)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+…+xnqn-1,xi∈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+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n.证明:若an0,d<0时,满足am≥0,am+1≤0的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;
②当a1<0,d>0时,满足am≤0,am+1≥0的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.
2.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],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{bn}的前1 000项和.
解析 (1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.
(2)因为bn=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1 000,3,n=1 000,
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.
疑难突破 充分理解[x]的意义,求出bn的表达式,从而求出{bn}的前1 000项和.
评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.
3.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.
可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又a12+2a1=4a1+3,
解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,故通项公式为an=2n+1.
(2)由an=2n+1可知
bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=12×13-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=n3(2n+3).
4.(2014四川,19,12分)设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).
(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-1ln2,求数列anbn的前n项和Tn.
解析 (1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7,有2a8=4×2a7=2a7+2.
解得d=a8-a7=2.
所以,Sn=na1+n(n-1)2d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(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a2-1ln2.
由题意得,a2-1ln2=2-1ln2,
解得a2=2.
所以d=a2-a1=1.
从而an=n,bn=2n.
所以Tn=12+222+323+…+n-12n-1+n2n,
2Tn=11+22+322+…+n2n-1.
因此,2Tn-Tn=1+12+122+…+12n-1-n2n=2-12n-1-n2n=2n+1-n-22n.
所以,Tn=2n+1-n-22n.
评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.
考点二 数列的综合应用
1.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解析 (1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.
由a3+a5=20得8q+1q=20,解得q=2或q=12,
因为q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1.
由(1)可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1,
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-2,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
=(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3.
设Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,
12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1,
所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1,
因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2.
易错警示 利用错位相减法求和时,要注意以下几点:
(1)错位相减法求和,只适合于数列{anbn},其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.
(2)在等式两边所乘的数是等比数列{bn}的公比.
(3)两式相减时,一定要错开一位.
(4)特别要注意相减后等比数列的次数.
(5)进行检验.
2.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列.
(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,m2],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).
解析 (1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.
因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,
即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.
因此,d的取值范围为73,52.
(2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.
若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,
即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).
即当n=2,3,…,m+1时,
d满足qn-1-2n-1b1≤d≤qn-1n-1b1.
因为q∈(1,m2],所以10,对n=2,3,…,m+1均成立.
因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),
当10.
因此,当2≤n≤m+1时, 数列qn-1-2n-1单调递增,
故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.
②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.
所以f(x)单调递减,从而f(x)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{an}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,an=2;
当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.
(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.
当an=4n-2时,Sn=n[2+(4n-2)]2=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Sn>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的n;
当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.
评析本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法.
C组 教师专用题组
1.(2013课标Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2,则( )
A.{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列
D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列
答案 B
2.(2013重庆,12,5分)已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .
答案 64
3.(2012课标,16,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为 .
答案 1 830
4.(2015浙江,20,15分)已知数列{an}满足a1=12且an+1=an-an2(n∈N*).
(1)证明:1≤anan+1≤2(n∈N*);
(2)设数列{an2}的前n项和为Sn,证明:12(n+2)≤Snn≤12(n+1)(n∈N*).
证明 (1)由题意得an+1-an=-an2≤0,即an+1≤an,
故an≤12.
由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0.
由00,
于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①
但122n<122n-1,
所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②
由①②知,a2n-a2n-1>0,
因此a2n-a2n-1=122n-1=(-1)2n22n-1.③
因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故
a2n+1-a2n=-122n=(-1)2n+122n.④
由③④知,an+1-an=(-1)n+12n.
于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+12-122+…+(-1)n2n-1
=1+12·1--12n-11+12
=43+13·(-1)n2n-1,
故数列{an}的通项
an=43+13·(-1)n2n-1.
【三年模拟】
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2018天津一中4月月考,5)已知正项等差数列{an}中,a1+a2+a3=15,且a1+2,a2+5,a3+13成等比数列,则a10等于( )
A.21 B.23 C.24 D.25
答案 A
2.(2018天津实验中学热身训练,5)已知x,y为正实数,且x,a1,a2,y成等差数列,x,b1,b2,y成等比数列,那么(a1+a2)2b1b2的取值范围是( )
A.(0,+∞) B.(0,4] C.[4,+∞) D.[2,4]
答案 C
3.(2017天津一中4月月考,6)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则( )
A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0
答案 B
4.(2017天津耀华中学第二次月考,6)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S21=42,若记bn=2a112-a9-a13,则数列{bn}( )
A.是等差数列但不是等比数列
B.是等比数列但不是等差数列 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
答案 C
5.(2019届天津七校联考,7)已知数列{an}的各项均为正数,a1=1,an+1+an=1an+1-an,则数列1an+1+an的前15项和为( )
A.3 B.4 C.127 D.128
答案 A
二、填空题(每小题5分,共10分)
6.(2017天津南开中学第五次月考,12)设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,且S1,S2,S4成等比数列,则a2a1= .
答案 3
7.(2017天津南开中学模拟,11)已知数列1,a1,a2,9是等差数列,数列1,b1,b2,b3,9是等比数列,则b2a1+a2的值为 .
答案 310
三、解答题(共75分)
8.(2019届天津南开中学第一次月考,18)设数列{an}的前n项和Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,
当n=1时,a1=S1=2满足上式,
故{an}的通项公式为an=4n-2.
设{bn}的公比为q,由a1=b1,b2(a2-a1)=b1知,b1=2,b2=12,
∴q=14,
∴bn=b1qn-1=2×14n-1,即bn=24n-1.
(2)∵cn=anbn=4n-224n-1=(2n-1)4n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=1+3×41+5×42+…+(2n-1)4n-1,
4Tn=1×4+3×42+5×43+…+(2n-3)·4n-1+(2n-1)4n.
两式相减得3Tn=-1-2(41+42+43+…+4n-1)+(2n-1)4n
=13[(6n-5)4n+5].
∴Tn=19[(6n-5)4n+5].
解题分析 本题主要考查等差数列和等比数列的相关知识.
(1)已知数列{an}的前n项和Sn,则通项为an=Sn-Sn-1(n≥2),a1=S1=2=b1,再根据b2(a2-a1)=b1可求得数列{bn}的通项公式.
(2)根据(1)可知数列{an}和{bn}的通项公式,进而可得数列{cn}的通项公式,再运用错位相减法求其前n项和.
9.(2019届天津南开中学统练(2),18)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,a1>0,S4,S2,S3成等差数列,16是a2和a8的等比中项.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若等差数列{bn}中,b1=1,前9项和为27,令cn=2anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)设{an}的公比为q,
由S4,S2,S3成等差数列可得2S2=S3+S4,即S3-S2+S4-S2=0,
所以2a3+a4=0,
所以q=-2,
又16是a2和a8的等比中项,所以a2·a8=162,
所以a1q·a1q7=162,所以a1=1(a1>0故舍去-1),
所以an=a1qn-1=(-2)n-1.
(2)设{bn}的公差为d,因为b1=1,S9=9b5=27,
所以b5=1+4d=3,
所以d=12,bn=n+12,
cn=2an·bn=(n+1)(-2)n-1,
Tn=2·(-2)0+3·(-2)+4·(-2)2+…+(n+1)·(-2)n-1,①
-2Tn=2·(-2)+3·(-2)2+…+n·(-2)n-1+(n+1)·(-2)n,②
①-②得,
3Tn=2+[(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1]-(n+1)·(-2)n
=2+-2[1-(-2)n-1]1-(-2)-(n+1)·(-2)n
=2+-2-(-2)n3-(n+1)·(-2)n
=43-n+43·(-2)n,
所以Tn=49-3n+49·(-2)n.
10.(2019届天津耀华中学第二次月考,18)等差数列{an}中,a1=3,前n项和为Sn,数列{bn}是首项为1,公比为q(q≠1),且各项均为正数的等比数列,已知b2+S2=12,q=S2b2.
(1)求an与bn;
(2)证明:13≤1S1+1S2+…+1Sn<23.
解析 (1)设{an}的公差为d,依题意得q+6+d=12,q=6+dq,
解得q=3或q=-4.
因为数列{bn}各项均为正数,所以q=3,所以d=3,
所以an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.
(2)证明:因为Sn=3n(n+1)2,所以1Sn=23n(n+1)=23·1n-1n+1,
所以1S1+1S2+…+1Sn=231-12+12-13+…+1n-1n+1=23·1-1n+1<23.
又231-1n+1单调递增,且n为正整数,所以当n=1时,23·1-1n+1有最小值13.所以不等式成立.
11.(2019届天津耀华中学统练(2),20)已知数列{an},a1=1,a1+2a2+3a3+…+nan=n+12an+1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{n2·an}的前n项和Tn;
(3)若存在n∈N*,使得an≤(n+1)λ成立,求实数λ的最小值.
解析 (1)当n≥2时,由题意得a1+2a2+3a3+…+(n-1)·an-1=n2an①,
a1+2a2+3a3+…+nan=n+12an+1②,
②-①得nan=n+12an+1-n2an,
∴3nan=(n+1)an+1(n≥2),即(n+1)an+1nan=3(n≥2),
由已知得a2=a1=1,∴数列{nan}从第2项起,是以2为第2项,3为公比的等比数列,∴n≥2时,nan=2·3n-2,∴an=2·3n-2n(n≥2),
综上,an=1,n=12·3n-2n,n≥2.
(2)由(1)知,n=1时,T1=1,
n≥2时,n2·an=2n·3n-2.
因此,当n≥2时,Tn=1+4×30+6×31+…+2n·3n-2,
∴3Tn=1×3+4×31+6×32+…+2(n-1)·3n-2+2n·3n-1.
∴-2Tn=1+30+2×31+2×32+…+2×3n-2-2n·3n-1
=2+2×3(1-3n-2)1-3-2n·3n-1
=-1-(2n-1)·3n-1,
∴Tn=12+n-12·3n-1,n≥2,
当n=1时,满足上式,
∴Tn=12+n-12·3n-1,n∈N*.
(3)∵an≤(n+1)λ,∴当n=1时,λ≥12;当n≥2且n∈N*时,λ≥ann+1=2·3n-2n(n+1),
设f(n)=n(n+1)2·3n-2(n≥2且n∈N*),则f(n+1)-f(n)=2(1-n)(n+1)2·3n-1<0,∴1f(n+1)>1f(n)(n≥2且n∈N*),∴1f(n)的最小值为1f(2)=13,即λ≥13.
综上,实数λ的最小值为13.
12.(2018天津南开二模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=12,且当n≥2时,1Sn=1Sn-1+2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2(1-n)an,证明:b22+b32+b42+…+bn2<23.
解析 (1)当n≥2时,1Sn=1Sn-1+2,∴1Sn-1Sn-1=2.又1a1=2,
∴数列1Sn是公差为2,首项为2的等差数列.
∴1Sn=2+2(n-1)=2n,∴Sn=12n.
∴n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-12(n-1)=-12n(n-1).
∴an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2.
(2)证明:n≥2时,bn=2(1-n)an=1n,
∴n≥3时,bn2=1n2<1n2-1=121n-1-1n+1,
∴b22+b32+b42+…+bn2<14+1212-14+13-15+14-16+…+1n-2-1n+1n-1-1n+1=14+1212+13-1n-1n+1=23-12·1n+1n+1<23.
13.(2018天津南开中学第五次月考,18)已知数列{an}满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.
(1)求证:{bn}是等比数列;
(2)求数列{nbn}的前n项和Tn;
(3)求证:12-12×3n<1a1+1a2+1a3+…+1an<1116.
解析 (1)证明:a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*)①,
∴a2=2×(2+1+1)=8.
n≥2时,an=2(Sn-1+n)②,
①-②得an+1=3an+2,变形为an+1+1=3(an+1),n=1时也成立.
∵bn=an+1,∴bn+1=3bn.
∴{bn}是首项为3,公比为3的等比数列.
(2)由(1)可得bn=3n,n∈N*.
∴数列{nbn}的前n项和Tn=3+2×32+3×33+…+n·3n,
3Tn=32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,
∴-2Tn=3+32+…+3n-n·3n+1=3(1-3n)1-3-n·3n+1=1-2n2·3n+1-32,
解得Tn=2n-14·3n+1+34=32n-34·3n+34,n∈N*.
(3)证明:∵bn=3n=an+1,∴an=3n-1.
∴1an=13n-1>13n,
∴1a1+1a2+…+1an>13+132+…+13n=131-13n1-13=12-12·13n.
又由1ak=13k-1=3k+1-1(3k-1)(3k+1-1)<3k+1(3k-1)(3k+1-1)=3213k-1-13k+1-1,
可得1a1+1a2+…+1an<12+32132-1-133-1+133-1-134-1+…+13n-1-13n+1-1
=12+3218-13n+1-1=1116-32·13n+1-1<1116.
综上可得,12-12×3n<1a1+1a2+1a3+…+1an<1116.
