【数学】2020届北京一轮复习通用版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
2016北京文,15
分组法求数列的前n项和
等差数列
★★★
2014北京文,15
等比数列
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.能综合应用等差、等比数列解决相应问题
2013北京,20
等差数列与周期数列的综合问题
充分必要条件的判断
★★★
2017北京,20
等差数列中的有关问题
不等式
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,解答数列的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.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、分组求和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数列的综合问题.3.数列递推关系以及非等差、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.在北京高考中,数列的综合应用常为压轴题,主要考查数列的概念,结合新定义和新数列进行逻辑推理或计算求值.
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·北京卷题组
1.(2017北京,20,13分)设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…),
其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.
(1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列;
(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,cnn>M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.
解析 本题考查等差数列,不等式,合情推理等知识,考查综合分析,归纳抽象,推理论证能力.
(1)c1=b1-a1=1-1=0,
c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,
c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2.
当n≥3时,
(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0,
所以{bk-nak}关于k∈N*单调递减.
所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n.
所以对任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1,
所以{cn}是等差数列.
(2)证明:设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2,则bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).
所以cn=b1-a1n+(n-1)(d2-nd1),b1-a1n,当d2>nd1时,当d2≤nd1时.
①当d1>0时,
取正整数m>d2d1,则当n≥m时,nd1>d2,因此cn=b1-a1n.
此时,cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.
②当d1=0时,对任意n≥1,
cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).
此时,c1,c2,c3,…,cn,…是等差数列.
③当d1<0时,
当n>d2d1时,有nd1maxM+|b1-d2|+a1-d1-d2-d1,d2d1,
故当n≥m时,cnn>M.
解后反思 解决数列的相关题时,可通过对某些项的观察、分析和比较,发现它们的相同性质或变化规律,再利用综合法进行推理论证.
2.(2013北京,20,13分)已知{an}是由非负整数组成的无穷数列.该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn,dn=An-Bn.
(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;
(2)设d是非负整数.证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;
(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.
解析 (1)d1=d2=1,d3=d4=3.
(2)证明:(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,
所以a1≤a2≤…≤an≤….
因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,…).
(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…),
所以An=Bn+dn≤Bn.
又因为an≤An,an+1≥Bn,
所以an≤an+1.
于是,An=an,Bn=an+1.
因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,
即{an}是公差为d的等差数列.
(3)证明:因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.
故对任意n≥1,an≥B1=1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.
设m为满足am>2的最小正整数,
则m≥2,并且对任意1≤k2.
于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}≥2.
故dm-1=Am-1-Bm-1≤2-2=0,与dm-1=1矛盾.
所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1,an≤2=a1,
所以An=2.
故Bn=An-dn=2-1=1.
因此对于任意正整数n,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 数列求和
1.(2018课标Ⅱ,17,12分)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
解析 (1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.
由a1=-7得d=2.
所以{an}的通项公式为an=2n-9.
(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.
所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.
方法总结 求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法
(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.
(2)邻项变号法:
①当a1>0,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.(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 本小题主要考查等差数列的通项公式,等比数列的通项公式及其前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.
(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.
3.(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{a2nbn}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.
又因为q>0,解得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,{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,得Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,
2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,
上述两式相减,得
-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1
=12×(1-2n)1-2-4-(6n-2)×2n+1
=-(3n-4)2n+2-16,
故Tn=(3n-4)2n+2+16.
所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.
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.
方法总结 (1)等差数列与等比数列中分别有五个量,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)对于数列{anbn},其中{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求{anbn}的前n项和应采用错位相减法.
4.(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.
5.(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).
6.(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.
7.(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的图象在(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 本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.
(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.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>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.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
(1)令cn=anbn,求数列{cn}的通项公式;
(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.
解析 (1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),
所以an+1bn+1-anbn=2,即cn+1-cn=2.
因为a1=b1=1,所以c1=a1b1=1,
所以数列{cn}是以1为首项,2为公差的等差数列,
故cn=2n-1.
(2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,
于是数列{an}的前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,
3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,
所以Sn=(n-1)3n+1.
评析本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n项和,考查学生的运算求解能力,在利用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因.
5.(2014湖南,20,13分)已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.
(1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
(2)若p=12,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
解析 (1)因为{an}是递增数列,所以|an+1-an|=an+1-an=pn.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.
又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=13或p=0.
当p=0时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾.故p=13.
(2)由于{a2n-1}是递增数列,
因而a2n+1-a2n-1>0,
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.
6.(2013北京文,20,13分)给定数列a1,a2,…,an.对i=1,2,…,n-1,该数列前i项的最大值记为Ai,后n-i项ai+1,ai+2,…,an的最小值记为Bi,di=Ai-Bi.
(1)设数列{an}为3,4,7,1,写出d1,d2,d3的值;
(2)设a1,a2,…,an(n≥4)是公比大于1的等比数列,且a1>0.证明:d1,d2,…,dn-1是等比数列;
(3)设d1,d2,…,dn-1是公差大于0的等差数列,且d1>0.证明:a1,a2,…,an-1是等差数列.
解析 (1)d1=2,d2=3,d3=6.
(2)因为a1>0,公比q>1,
所以a1,a2,…,an是递增数列.
因此,对i=1,2,…,n-1,Ai=ai,Bi=ai+1.
于是对i=1,2,…,n-1,
di=Ai-Bi=ai-ai+1=a1(1-q)qi-1.
因此di≠0且di+1di=q(i=1,2,…,n-2),
即d1,d2,…,dn-1是等比数列.
(3)设d为d1,d2,…,dn-1的公差.
对1≤i≤n-2,因为Bi≤Bi+1,d>0,所以
Ai+1=Bi+1+di+1≥Bi+di+d>Bi+di=Ai.
又因为Ai+1=max{Ai,ai+1},所以ai+1=Ai+1>Ai≥ai.
从而a1,a2,…,an-1是递增数列.因此Ai=ai(i=1,2,…,n-1).
又因为B1=A1-d1=a1-d10.
当n=1时,x1=1>0.
假设n=k时,xk>0,那么n=k+1时,若xk+1≤0,则00.
因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.
因此00(x>0).
函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,
因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,
故2xn+1-xn≤xnxn+12(n∈N*).
(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥12n-1.
由xnxn+12≥2xn+1-xn得1xn+1-12≥21xn-12>0,
所以1xn-12≥21xn-1-12≥…≥2n-11x1-12=2n-2,
故xn≤12n-2.综上,12n-1≤xn≤12n-2(n∈N*).
方法总结 1.证明数列单调性的方法.
①差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.
②商比法:作商an+1an,判断an+1an与1的大小,同时注意an的正负.
③数学归纳法.
④反证法:例如求证:n∈N*,an+10),
则有n≥2时,an=a1·a2a1·a3a2·…·anan-1≤a1qn-1(其中a1>0).
④放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列{an}放缩成等比数列{bn},求和后,再进行适当放缩.
8.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.
解析 由题设得,g(x)=x1+x(x≥0).
(1)由已知,得g1(x)=x1+x,
g2(x)=g(g1(x))=x1+x1+x1+x=x1+2x,
g3(x)=x1+3x,……,可得gn(x)=x1+nx.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,g1(x)=x1+x,结论成立.
②假设n=k时结论成立,即gk(x)=x1+kx.
那么,当n=k+1时,
gk+1(x)=g(gk(x))=gk(x)1+gk(x)=x1+kx1+x1+kx=x1+(k+1)x,
即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,
即ln(1+x)≥ax1+x恒成立.
设φ(x)=ln(1+x)-ax1+x(x≥0),
即φ'(x)=11+x-a(1+x)2=x+1-a(1+x)2,
当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1时,ln(1+x)≥ax1+x恒成立(仅当x=0时等号成立).
当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,
∴φ(a-1)<φ(0)=0.
即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥ax1+x不恒成立,
综上可知,a的取值范围是(-∞,1].
(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=12+23+…+nn+1,
n-f(n)=n-ln(n+1),
比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).
证明如下:
证法一:上述不等式等价于12+13+…+1n+1x1+x,x>0.
令x=1n,n∈N+,则1n+1x1+x,x>0.
令x=1n,n∈N+,则lnn+1n>1n+1.
故有ln 2-ln 1>12,
ln 3-ln 2>13,
……
ln(n+1)-ln n>1n+1,
上述各式相加可得ln(n+1)>12+13+…+1n+1.
结论得证.
证法三:如图,0n xx+1dx是由曲线y=xx+1,x=n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而12+23+…+nn+1是图中所示各矩形的面积和,
∴12+23+…+nn+1>0n xx+1dx=0n 1-1x+1dx=n-ln(n+1),
结论得证.
【三年模拟】
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2017北京丰台期末,7)中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则.例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷(guǐ)影长的记录中,冬至和夏至的晷影长是实测得到的,其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的.下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录,其中115.146寸表示115寸146分(1寸=10分).
节气
冬至
小寒
(大雪)
大寒
(小雪)
立春
(立冬)
雨水
(霜降)
惊蛰
(寒露)
春分
(秋分)
清明
(白露)
谷雨
(处暑)
立夏
(立秋)
小满
(大暑)
芒种
(小暑)
夏至
晷影
长(寸)
135.0
125.
56
115.
146
105.
246
95.
326
85.
426
75.5
66.
556
55.
646
45.
736
35.
826
25.
916
16.0
已知《易经》中记录的冬至的晷影长为130.0寸,夏至的晷影长为14.8寸,那么《易经》中所记录的惊蛰的晷影长应为( )
A.72.4寸 B.81.4寸 C.82.0寸 D.91.6寸
答案 C
2.(2017北京东城期末,8)数列{an}表示第n天某种细菌的数量.细菌在理想条件下第n天的日增长率rn=0.6rn=an+1-anan,n∈N*.当这种细菌在实际条件下生长时,其日增长率rn会发生变化.如图描述了细菌在理想和实际两种状态下细菌数量Q随时间的变化规律.那么,对这种细菌在实际条件下日增长率rn的规律,描述正确的是( )
A
B
C
D
答案 B
3.(2017北京东城二模,8)已知甲、乙两个容器,甲容器容量为x,装满纯酒精,乙容器容量为z,其中装有体积为y的水(x,y2,
化简得an=2an-2an-1,n>2,即an=2an-1,n>2,
所以数列{an}是以a1=1为首项,2为公比的等比数列,
则an=2n-1(n∈N*).
因为bn+1=an+bn,所以an=bn+1-bn,
当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+…+(bn-bn-1)=2+a1+a2+…+an-1=2+a1(1-2n-1)1-2=2n-1+1,
当n=1时,b1=2=21-1+1,符合上式.
综上,bn=2n-1+1(n∈N*).
试题分析 (1)由S1=a1=2a1-1,得a1=1,由S2=2a2-1=a1+a2,得a2=a1+1=2,由S3=2a3-1=a1+a2+a3,得a3=a1+a2+1=4;(2)由Sn=2an-1,可得n≥2时Sn-1=2an-1-1,两式相减可得an=2an-1,根据等比数列的通项公式可得an=2n-1,根据累加法及等比数列的求和公式可得bn=2n-1+1,注意验证n=1时是否符合.
9.(2019届北京潞河中学10月月考文,17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}满足a1=b1=1,S3=b3+2,S5=b5-1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)如果数列{bn}为递增数列,求数列{anbn}的前n项和Tn.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,则由题意得3+3d=q2+2,5+10d=q4-1,
即9d2-4d-5=0,解得d=1或d=-59(舍).
所以q=±2.
所以an=n,bn=2n-1或bn=(-2)n-1.
(2)因为数列{bn}为递增数列,
所以bn=2n-1,
所以Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1,
2Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
相减得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n×2n=2n-1-n×2n,
所以Tn=1+(n-1)2n.
10.(2019届北京朝阳期中,15)设{an}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列,且a2=3,a4-a3=18.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=an+log3an,求b1+b2+…+bn.
解析 (1)设{an}的首项为a1,公比为q(a1>0,q>0),则依题意得a1q=3,a1q3-a1q2=18,解得a1=1,q=3.
所以{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.
(2)因为bn=an+log3an=3n-1+(n-1),
所以b1+b2+b3+…+bn=(1+3+32+…+3n-1)+[0+1+2+…+(n-1)]=1-3n1-3+n(n-1)2=3n-12+n(n-1)2.
11.(2019届北京海淀期中,20)记数列{an}的前n项中最大值为Mn,最小值为mn,令bn=Mn+mn2.
(1)若an=2n-3n,请写出b1,b2,b3,b4的值;
(2)求证:“数列{an}是等差数列”是“数列{bn}是等差数列”的充要条件.
解析 (1)因为an=2n-3n,所以a1=-1,a2=-2,a3=-1,a4=4,所以b1=Mn+mn2=-1-12=-1,
b2=Mn+mn2=-1-22=-32,
b3=Mn+mn2=-1-22=-32,
b4=Mn+mn2=4-22=1.
(2)证明:
①充分性:当数列{an}是等差数列时,设其公差为d,
当d>0时,an-an-1=d>0,所以an>an-1,所以Mn=an,mn=a1,
当d<0时,an-an-1=d<0,所以an0时,则必有Mn>Mn-1,所以an=Mn>Mn-1=an-1,
所以{an}是一个单调递增数列,所以Mn=an,mn=a1,
所以bn-bn-1=an+a12-an-1+a12=an-an-12=d*,
所以an-an-1=2d*,即{an}为等差数列.
(ii)当d*<0时,则必有mn
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