2014届高考数学一轮复习 第5章《数列》(第4课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014高考数学一轮汇总训练《数列的综合问题-》理-新人教A版
第五节数列的综合问题[备考方向要明了]考什么怎么考能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.1.以递推为背景，考查数列的通项公式与前n项和公式，如2012年新课标全国T16等．2.等差数列、等比数列综合考查数列的基本计算，如2012年T16，T18等．3.考查数列与函数、不等式、解析几何的综合问题，且以解答题的形式出现，如2012年T19等.[归纳·知识整合]1．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学容，在每个数学容中，各是什么问题．(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答．具体解题步骤如下框图：2．常见的数列模型(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题．(2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题．(3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解．[探究] 银行储蓄单利公式及复利公式分别是什么模型？提示：单利公式——设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和a n＝a(1＋rn)，属于等差数列模型．复利公式——设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和a n＝a(1＋r)n，属于等比数列模型．[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)已知等差数列{a n}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2的值为( )A．－4 B．－6C．－8 D．－10解析：选B 由题意知：a23＝a1a4.则(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得a2＝－6.2．已知log2x，log2y,2成等差数列，则M(x，y)的轨迹的图象为( )解析：选A 由于log2x，log2y,2成等差数列，则有2log2y＝log2x＋2，所以y2＝4x.又y＞0，x＞0，故M的轨迹图象为A.3.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x＋y＋z的值为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选C 由题意知，第三列各数成等比数列，故x＝1；第一行第五个数为6，第二行第五个数为3，故z＝34；第一行第四个数为5，第二行第四个数为52，故y＝54，从而x＋y＋z＝3.4．等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝________.解析：设数列{a n}的公比为q，∵4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，解得q＝2.∴S4＝1－241－2＝15.答案：152 41 2x yz5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *都有S n ＝23a n －13，若1＜S k ＜9(k ∈N *)，则k 的值为________．解析：由S n ＝23a n －13得当n ≥2时，S n ＝23(S n －S n －1)－13，即S n ＝－2S n －1－1. 令S n ＋p ＝－2(S n －1＋p )得S n ＝－2S n －1－3p ，可知p ＝13.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋13是以－23为首项，以－2为公比的等比数列．则S n ＋13＝－23×(－2)n －1，即S n ＝－23×(－2)n －1－13.由1＜－23×(－2)k －1－13＜9，k ∈N *得k ＝4.答案：4等差数列、等比数列的综合问题[例1] 在等比数列{a n }(n ∈N *)中，a 1>1，公比q >0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0.(1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n . [自主解答] (1)证明：∵b n ＝log 2a n ， ∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n＝log 2q 为常数， ∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)∵b 1＋b 3＋b 5＝6，∴b 3＝2. ∵a 1>1，∴b 1＝log 2a 1>0. ∵b 1b 3b 5＝0，∴b 5＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝－1.∴S n ＝4n ＋n n －12×(－1)＝9n －n 22.∵⎩⎪⎨⎪⎧log 2q ＝－1，log 2a 1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16.∴a n ＝25－n(n ∈N *)．在本例(2)的条件下，试比较a n 与S n 的大小． 解：显然a n ＝25－n>0，当n ≥9时，S n ＝n 9－n2≤0，∴n ≥9时，a n >S n .∵a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1，a 6＝12，a 7＝14，a 8＝18，S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10，S 6＝9，S 7＝7， S 8＝4，∴当n ＝3，4，5，6，7，8时，a n <S n ； 当n ＝1，2或n ≥9时，a n >S n . ——————————————————— 解答数列综合问题的注意事项(1)要重视审题，善于联系，将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题等联系起来．(2)对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前n 项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．1．(2013·模拟)已知等差数列{a n }的公差大于零，且a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足b 3＝a 3，S 3＝13.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ≤5，b n ，n >5，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q .由x 2－18x ＋65＝0，解得x ＝5或x ＝13. 因为d >0，所以a 2<a 4，则a 2＝5，a 4＝13，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，解得a 1＝1，d ＝4.所以a n ＝1＋4(n －1)＝4n －3.因为⎩⎪⎨⎪⎧b 3＝b 1q 2＝9，b 1＋b 1q ＋b 1q 2＝13，又q >0，解得b 1＝1，q ＝3. 所以b n ＝3n －1.(2)当n ≤5时，T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n ＋n n －12×4＝2n 2－n ；当n >5时，T n ＝T 5＋(b 6＋b 7＋b 8＋…b n ) ＝(2×52－5)＋351－3n －51－3＝3n－1532.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－n ，n ≤5，3n－1532，n >5.数列与函数的综合应用[例2] (2012·高考)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{}x n .(1)求数列{}x n 的通项公式；(2)设{}x n 的前n 项和为S n ，求sin S n .[自主解答] (1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，即cos x ＝－12，解得x ＝2k π±23π(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－23π(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤nn ＋1π－2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n＝－sin2nπ3.当n ＝3m －2(m∈N*)时，sin S n＝－sin⎝⎛⎭⎪⎫2mπ－43π＝－32；当n＝3m－1(m∈N*)时，sin S n＝－sin⎝⎛⎭⎪⎫2mπ－23π＝32；当n＝3m(m∈N*)时，sin S n＝－sin 2mπ＝0.综上所述，sin S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n＝3m－2m∈N*，32，n＝3m－1m∈N*，0，n＝3m m∈N*.———————————————————解决函数与数列的综合问题应该注意的事项(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化．2．已知函数f(x)＝x2＋x－1，α，β是方程f(x)＝0的两个根(α>β)，f′(x)是f(x)的导数，设a1＝1，a n＋1＝a n－f a nf′a n(n＝1,2，…)．(1)求α，β的值；(2)已知对任意的正整数n，都有a n>α，记b n＝lna n－βa n－α(n＝1,2，…)，求数列{b n}的前n项和S n.解：(1)由方程x2＋x－1＝0解得方程的根为x1＝－1＋52，x2＝－1－52，又∵α，β是方程的两个实根，且α>β，∴α＝－1＋52，β＝－1－52.(2)∵f ′(x )＝2x ＋1，∴a n ＋1＝a n －f a n f ′a n ＝a n －a 2n ＋a n －12a n ＋1＝a 2n ＋12a n ＋1.∵a n >α>β(n ＝1,2,3，…)，且a 1＝1， ∴b 1＝ln 1－β1－α＝ln β2α2＝4ln 5＋12.或b 1＝ln 1－β1－α＝ln1－－1－521－－1＋52＝ln3＋524＝2ln3＋52＝2ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋522＝4ln5＋12b n ＋1＝ln a n ＋1－βa n ＋1－α＝ln a 2n －2βαn －β＋1a 2n －2αa n －α＋1＝lna n －β2－β2－β＋1a n －α2－α2－α＋1＝ln a n －β2a n －α2＝2lna n －βa n －α＝2b n . 即{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列． 故数列{b n }的前n 项和S n ＝b 11－2n1－2＝(2n－1)·4ln 5＋12＝(2n ＋2－4)ln5＋12. 数列与不等式的综合应用[例3] (2012·高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.[自主解答] (1)当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7， ② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， 所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)， ③ 由①②③解得a 1＝1.(2)由题设条件可知n≥2时，2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，④2S n－1＝a n－2n＋1.⑤④－⑤得2a n＝a n＋1－a n－2n＋1＋2n，即a n＋1＝3a n＋2n，整理得a n＋1＋2n＋1＝3(a n＋2n)，则{a n＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列．所以a n＋2n＝(a1＋2)·3n－1＝3n，即a n＝3n－2n(n>1)．又a1＝1满足上式，故a n＝3n－2n.(3)证明：∵1a n＝13n－2n＝13n·11－⎝⎛⎭⎪⎫23n≤13n·11－23＝3·13n，∴1a1＋1a2＋…＋1a n≤3⎝⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n＝3×13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n1－13＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－13n<32.———————————————————数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法，穿根法等．总之这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．3．等比数列{a n}为递增数列，且a4＝23，a3＋a5＝209，数列b n＝log3a n2(n∈N*)．(1)求数列{b n}的前n项和S n；(2)T n＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使T n>0成立的最小值n.解：(1)∵{a n}是等比数列，设其公比为q，∴⎩⎪⎨⎪⎧a1q3＝23，a1q2＋a1q4＝209，两式相除得，q 1＋q 2＝310，q ＝3或q ＝13， ∵{a n }为递增数列，∴q ＝3，a 1＝281.∴a n ＝a 1qn －1＝281·3n －1＝2·3n －5， ∴b n ＝log 3a n2＝n －5，数列{b n }的前n 项和S n ＝n －4＋n －52＝12(n 2－9n )． (2)T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…b 2n －1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n －1－5)＝1－2n1－2－5n >0，即2n>5n ＋1.∵24<5×4＋1,25>5×5＋1，∴n min ＝5(只要给出正确结果，不要求严格证明).数列的实际应用[例4] (2012·高考)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 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)．[自主解答] (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d . a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2. 整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意，a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000.解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝1 0003m －2m ＋13m －2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 0003m －2m ＋13m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．——————————————————— 解决数列实际应用问题的方法解等差数列、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解．这其中体现了把实际问题数学化的能力，即数学建模能力．4．某市2010年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2010年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比较首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)解：(1)设中低价房面积形成数列{a n }，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，则S n ＝250n ＋n n －12×50＝25n 2＋225n .令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，解得n ≥10.故到2019年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米．(2)设新建住房面积形成数列{b n}，由题意可知{b n}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，则b n＝400×(1.08)n－1.由题意可知a n>0.85b n，有250＋(n－1)×50>400×(1.08)n－1×0.85.当n＝5时，a5<0.85b5，当n＝6时，a6>0.85b6，即满足上述不等式的最小正整数n为6.故到2015年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.1个问题——分期付款问题等比数列中处理分期付款问题的注意事项：(1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(最后一次付款没有利息)．(2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可顺利建立等量关系．3个注意——递推、放缩与函数思想的考查(1)数列与解析几何结合时注意递推．(2)数列与不等式相结合时注意对不等式进行放缩．(3)数列与函数相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性).创新交汇——数列的新定义问题1．数列题目中有时定义一个新数列，然后根据定义的新数列所具备的性质解决有关问题．2．解决新情境、新定义数列问题，首先要根据新情境、新定义进行推理，从而明确考查的是哪些数列知识，然后熟练运用归纳、构造、正难则反、分类与整合等方法进行解题．[典例] (2011·高考)若数列A n：a1，a2，…，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)＝a1＋a2＋…＋a n.(1)写出一个满足a1＝a5＝0，且S(A5)>0的E数列A5；(2)若a1＝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)对任意给定的整数n(n≥2), 是否存在首项为0的E数列A n，使得S(A n)＝0？如果存在，写出一个满足条件的E数列A n；如果不存在，说明理由．[解] (1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E 数列A 5. (答案不唯一，0,1,0,1,0也是一个满足条件的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＋(2000－1)×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a 2 000＝a 1＋1 999.故a k ＋1－a k ＝1＞0(k ＝1,2，…，1 999)，即A n 是递增数列． 综上，结论得证．(3)令c k ＝a k ＋1－a k (k ＝1,2，…，n －1)，则c k ＝±1. 因为a 2＝a 1＋c 1，a 3＝a 1＋c 1＋c 2，…a n ＝a 1＋c 1＋c 2＋…＋c n －1，所以S (A n )＝na 1＋(n －1)c 1＋(n －2)c 2＋(n －3)c 3＋…＋c n －1＝(n －1)＋(n －2)＋…＋1－[(1－c 1)(n －1)＋(1－c 2)(n －2)＋…＋(1－c n －1)]＝n n －12－[(1－c 1)(n －1)＋(1－c 2)(n －2)＋…＋(1－c n －1)]．因为c k ＝±1，所以1－c k 为偶数(k ＝1，…，n －1)． 所以(1－c 1)(n －1)＋(1－c 2)(n －2)＋…＋(1－c n －1)为偶数， 所以要使S (A n )＝0，必须使n n －12为偶数，即4整除n (n －1)，亦即n ＝4m 或n ＝4m ＋1(m ∈N *)．当n ＝4m (m ∈N *)时，E 数列A n 的项满足a 4k －1＝a 4k －3＝0，a 4k －2＝－1，a 4k ＝1(k ＝1,2，…，m )时，有a 1＝0，S (A n )＝0；当n ＝4m ＋1(m ∈N *)时，E 数列A n 的项满足a 4k －1＝a 4k －3＝0，a 4k －2＝－1，a 4k ＝1(k ＝1,2，…，m )，a 4m ＋1＝0时，有a 1＝0，S (A n )＝0；当n ＝4m ＋2或n ＝4m ＋3(m ∈N *)时，n (n －1)不能被4整除，此时不存在E 数列A n ，使得a1＝0，S(A n)＝0.[名师点评]1．本题具有以下创新点：(1)本题为新定义问题，命题背景新颖．(2)命题方式创新，既有证明题，也有探究性问题，同一个题目中多种方式相结合．2．解决本题要注意以下几个问题：对于此类压轴型新定义数列题，首先要有抢分意识，得一分是一分，多尝试解答，仔细分析，认真翻译；其次，要有运用数学思想方法的意识，如构造、分类等．第(1)问中E数列A5的首尾都是0，则必须先增后减或先减后增，或者摆动；第(2)问条件在后边，因此，前推后是证明条件的必要性，不可颠倒，前推后比较容易，应该先证明；第(3)问和第(1)问相呼应，所以在推理时要善于前后联系，善于发现矛盾，从而找到解决问题的突破口．[变式训练]1．已知数列{a n}：a1，a2，a3，…，a n，如果数列{b n}：b1，b2，b3，…b n满足b1＝a n，b k ＝a k－1＋a k－b k－1，其中k＝2,3，…，n，则称{b n}为{a n}的“衍生数列”．若数列{a n}：a1，a2，a3，a4的“衍生数列”是5，－2,7,2，则{a n}为______；若n为偶数，且{a n}的“衍生数列”是{b n}，则{b n}的“衍生数列”是______．解析：由b1＝a n，b k＝a k－1＋a k－b k－1，k＝2,3，…，n可得，a4＝5,2＝a3＋a4－7，解得a3＝4.又7＝a2＋a3－(－2)，解得a2＝1.由－2＝a1＋a2－5，解得a1＝2，所以数列{a n}为2,1,4,5.由已知，b1＝a1－(a1－a n)，b2＝a1＋a2－b1＝a2＋(a1－a n)，….因为n是偶数，所以b n ＝a n＋(－1)n(a1－a n)＝a1.设{b n}的“衍生数列”为{c n}，则c i＝b i＋(－1)i(b1－b n)＝a i＋(－1)i·(a1－a n)＋(－1)i(b1－b n)＝a i＋(－1)i(a1－a n)＋(－1)i·(a n－a1)＝a i，其中i＝1,2,3，…，n.则{b n}的“衍生数列”是{a n}．答案：2,1,4,5 {a n}2．(2012·高考改编)对于项数为m的有穷数列{a n}，记b k＝max{a1，a2，…，a k}(k＝1,2，…，m)，即b k为a1，a2，…，a k中的最大值，并称数列{b n}是{a n}的控制数列．如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.(1)若各项均为正整数的数列{a n}的控制数列为2,3,4,5,5，写出所有的{a n}；(2)设{b n}是{a n}的控制数列，满足a k＋b m－k＋1＝C(C为常数，k＝1,2，…，m)．求证：b k＝a k(k＝1,2，…，m)．解：(1)数列{a n}为：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5,3；2,3,4,5,4；2,3,4,5,5.(2)证明：因为b k＝max{a1，a2，…，a k}，b k＋1＝max{a1，a2，…，a k，a k＋1}，所以b k＋1≥b k.因为a k ＋b m －k ＋1＝C ，a k ＋1＋b m －k ＝C ， 所以a k ＋1－a k ＝b m －k ＋1－b m －k ≥0，即a k ＋1≥a k . 因此，b k ＝a k .一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1. 等差数列{a n }中，a 3＋a 11＝8，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6·b 8的值( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．16解析：选D ∵{a n }为等差数列，∴a 7＝a 3＋a 112＝4＝b 7.又{b n }为等比数列，∴b 6·b 8＝b 27＝16.2．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( )A. 2 B ．4 C ．2D.12解析：选C 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 23＝a 1a 7得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d ，故数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2.3．(2013·模拟)满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n >1 025的最小n 值是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选C 因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n －1，则满足S n >1 025的最小n 值是11.4．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n 个月累积的需求量S n (万件)近似地满足关系式S n ＝n90(21n －n 2－5)(n ＝1,2，…，12)，按此预测，在本年度，需求量超过1.5万件的月份是( )A ．5、6月B ．6、7月C ．7、8月D ．8、9月解析：选C 由S n 解出a n ＝130(－n 2＋15n －9)，再解不等式130(－n 2＋15n －9)>1.5，得6<n <9.5．数列{a n }的通项a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos 2n π3－sin2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为( )A ．470B ．490C ．495D ．510解析：选A 注意到a n ＝n 2cos 2n π3，且函数y ＝cos 2πx 3的最小正周期是3，因此当n是正整数时，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝－12n 2－12(n ＋1)2＋(n ＋2)2＝3n ＋72，其中n ＝1,4，7…，S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3×1＋72＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×4＋72＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×28＋72＝3×10×1＋282＋72×10＝470.6．(2013·模拟)在数列{a n }中，对任意n ∈N *，都有a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．下面对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是等差比数列； ③等比数列一定是等差比数列；④通项公式为a n ＝a ·b n＋c (a ≠0，b ≠0,1)的数列一定是等差比数列． 其中正确的判断为( ) A ．①② B ．②③ C ．③④D ．①④解析：选D 若k ＝0时，则a n ＋2－a n ＋1＝0，因为a n ＋2－a n ＋1可能为分母，故无意义，故k 不可能为0，①正确；若等差、等比数列为常数列，则②③错误；由定义知④正确．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2013·模拟)设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．解析：由x 2－x <2nx (n ∈N *)， 得0<x <2n ＋1， 因此知a n ＝2n . 故S 100＝1002＋2002＝10 100.答案：10 1008．函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.解析：依题意得，函数y ＝x 2(x >0)的图象在点( a k ，a 2k )处的切线方程是y －a 2k ＝2a k (x－a k )．令y ＝0得x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k ，因此数列{a k }是以16为首项，12为公比的等比数列，所以a k ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1＝25－k，a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.答案：219．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天．解析：由第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时的相应n 的值．由题意知使用n 天的平均耗资为3.2×104＋⎝⎛⎭⎪⎫5＋n ＋4910n 2n＝3.2×104n＋n20＋9920，当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800. 答案：800三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≥b n ＋1；②b n ≤M (n ∈N *，M 是常数)的无穷数列{b n }叫“嘉文”数列．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝aa －1(a n －1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2S na n＋1，若数列{b n }为等比数列，求a 的值，并证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．解：(1)因为S 1＝aa －1(a 1－1)＝a 1，所以a 1＝a .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a a －1(a n －a n －1)，整理得a na n －1＝a ，即数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．所以a n ＝a · a n －1＝a n .(2)由(1)知，b n ＝2×aa －1a n －1a n ＋1＝3a －1a n －2aa －1a n，(*)由数列{b n }是等比数列，则b 22＝b 1·b 3，故⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋2a 2＝3·3a 2＋2a ＋2a 2，解得a ＝13，再将a ＝13代入(*)式得b n ＝3n，故数列{b n }为等比数列，所以a ＝13.由于1b n ＋1b n ＋22＝13n ＋13n ＋22>213n ·13n ＋22＝13n ＋1＝1b n ＋1，满足条件①；由于1b n ＝13n ≤13，故存在M ≥13满足条件②.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．11．已知正项数列{a n }，{b n }满足：a 1＝3，a 2＝6，{b n }是等差数列，且对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，试比较2S n 与2－b 2n ＋1a n ＋1的大小．解：(1)∵对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列，且数列{a n }，{b n }均为正项数列，∴a n ＝b n b n ＋1(n ∈N *)．由a 1＝3，a 2＝6得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1b 2＝3，a 2＝b 2b 3＝6，又{b n }为等差数列，即有b 1＋b 3＝2b 2，解得b 1＝2，b 2＝322，∴数列{b n }是首项为2，公差为22的等差数列． ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ＋12(n ∈N *)．(2)由(1)得，对任意n ∈N *，a n ＝b n b n ＋1＝n ＋1n ＋22，从而有1a n＝2n ＋1n ＋2＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2，∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝1－2n ＋2. ∴2S n ＝2－4n ＋2.又2－b 2n ＋1a n ＋1＝2－n ＋2n ＋3，∴2S n －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－b 2n ＋1a n ＋1＝n ＋2n ＋3－4n ＋2＝n 2－8n ＋2n ＋3. ∴当n ＝1，n ＝2时，2S n <2－b 2n ＋1a n ＋1；当n ≥3时，2S n >2－b 2n ＋1a n ＋1.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，且过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2kn a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)设Q ＝{x |x ＝k n ，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝2a n ，n ∈N *}，等差数列{c n }的任一项c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数，110<c 10<115，求{c n }的通项公式．解：(1)∵点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上， ∴S n ＝n 2＋2n (n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由f (x )＝x 2＋2x 求导可得f ′(x )＝2x ＋2. ∵过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n ， ∴k n ＝2n ＋2.∴b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n.∴ T n ＝4×3×41＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n.① 由①×4，得4T n ＝4×3×42＋4×5×43＋4×7×44＋…＋4×(2n ＋1)×4n ＋1.②①－②得－3T n ＝4[3×4＋2×(42＋43＋…＋4n )－(2n ＋1)×4n ＋1]＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤3×4＋2×421－4n －11－4－()2n ＋1×4n ＋1， ∴T n ＝6n ＋19·4n ＋2－169.(3)∵Q ＝{x |x ＝2n ＋2，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝4n ＋2，n ∈N *}，∴Q ∩R ＝R . 又∵c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数，∴c 1＝6. ∵{c n }的公差是4的倍数，∴c 10＝4m ＋6(m ∈N *)． 又∵110<c 10<115，∴⎩⎪⎨⎪⎧110<4m ＋6<115，m ∈N *，解得m ＝27.∴c 10＝114. 设等差数列的公差为d ， 则d ＝c 10－c 110－1＝114－69＝12，∴c n＝6＋(n－1)×12＝12n－6.∴{c n}的通项公式为c n＝12n－6.1．已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a(a∈R)．设数列的前n项和为S n，且1a1，1a2，1a4成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式及S n；(2)设A n＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S n，B n＝1a1＋1a2＋1a22＋…＋1a2n－1.当n≥2时，试比较A n与B n 的大小．解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由⎝⎛⎭⎪⎫1a22＝1a1·1a4，得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)．因为d≠0，所以d＝a1＝a.所以a n＝na，S n＝an n＋12.(2)因为1S n＝2a⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1，所以A n＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S n＝2a⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＋1.因为a2n－1＝2n－1a，所以B n＝1a1＋1a2＋1a22＋…＋1a2n－1＝1a·1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝2a⎝⎛⎭⎪⎫1－12n.当n≥2时，2n＝C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n>n＋1，即1－1n＋1<1－12n，所以，当a>0时，A n<B n；当a<0时，A n>B n.2．已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a(单位：m2)，其中有部分旧住房需要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b(单位：m2)的旧住房．(1)分别写出第1年末和第2年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第5年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b是多少？(计算时取1.15≈1.6)解：(1)第1年末的住房面积为a ·1110－b ＝1.1a －b (m 2)，第2年末的住房面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1110－b ·1110－b ＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2)． (2)第3年末的住房面积为⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1110·1110－b ＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11103－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102(m 2)，第4年末的住房面积为a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11104－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103(m 2)，第5年末的住房面积为a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11105－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11104＝1.15a －1－1.151－1.1b ≈1.6a －6b (m 2)．依题意可知，1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a 20，所以每年拆除的旧住房面积为a20 m 2.3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＝kS n ＋2(n ∈N *)，且a 1＝2，a 2＝1. (1)求k 的值和S n 的表达式； (2)是否存在正整数m ，n ，使得S n －m S n ＋1－m <12成立？若存在，求出这样的正整数；若不存在，请说明理由．解：(1)由条件S n ＋1＝kS n ＋2(n ∈N *)，得S 2＝kS 1＋2， 即a 1＋a 2＝ka 1＋2，∵a 1＝2，a 2＝1，∴2＋1＝2k ＋2，得k ＝12.于是，S n ＋1＝12S n ＋2，设S n ＋1＋x ＝12(S n ＋x )，即S n ＋1＝12S n －12x ，令－12x ＝2，得x ＝－4，∴S n ＋1－4＝12(S n －4)，即数列{S n －4}是首项为－2，公比为12的等比数列．∴S n －4＝(－2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n (n ∈N *)．(2)由不等式S n －m S n ＋1－m <12，得4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －m 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－m <12，即2n4－m －42n4－m －2<12.令t ＝2n(4－m )，则不等式变为t －4t －2<12， 解得2<t <6，即2<2n(4－m )<6.假设存在正整数m ，n ，使得上面的不等式成立，由于2n为偶数，4－m 为整数，则只能是2n(4－m )＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧2n＝2，4－m ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧2n＝4，4－m ＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝2.于是，存在正整数m ＝2，n ＝1或m ＝3，n ＝2， 使得S n －m S n ＋1－m <12成立．由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的4类探索性问题一、由递推公式求通项的7种方法 1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n ，求a n .[解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1nn ＋1＝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 ，所以a n －a 1＝1－1n.因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n .2．a n ＋1＝f (n )a n 型 把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a na 1＝f (1)f (2)…f (n －1)． [例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n ，求a n .[解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，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 .即a n ＝23n. 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝qp －1，可令a n ＋1＋t ＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决．[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)． 令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3.4．a n ＋1＝pa n ＋q n(其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型 (1)一般地，要先在递推公式两边同除以qn ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q，引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n qn ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q，再用待定系数法解决； (2)也可以在原递推公式两边同除以pn ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n，引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q pn ，再利用叠加法(逐差相加法)求解． [例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，求a n .[解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1.令b n ＝2n·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1，根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)．所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项，以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1. 令b n ＝3n·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，…，b 2－b 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322. 将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n.又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32，所以b n ＝1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＝1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2，即b n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n 3n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n . [解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧2A ＝2，2B －3A ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1.令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n，代入(*)式，得a n ＝2·3n－n －1. 6．a n ＋1＝pa rn (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a·a 2n (a >0)，求数列{a n }的通项公式．[解] 对a n ＋1＝1a·a 2n 的两边取对数，得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a.令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a.由此得b n ＋1＋lg 1a＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ，所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列．所以c n ＝2n －1·lg 1a.所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2n －1＝lg a 1－2n，即lg a n ＝lg a 1－2n，所以a n ＝a1－2n.7．a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式．[解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n，∴1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1.又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列，∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n3n ＋2.二、破解数列中的4类探索性问题 1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1] 已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，其前n 项和S n 满足S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋1(n ∈N *)；数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＋1＝4b n ＋6(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝b n ＋2＋(－1)n －1λ·2a n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[解] (1)由已知得S n ＋2－S n ＋1－(S n ＋1－S n )＝1， 所以a n ＋2－a n ＋1＝1(n ≥1)． 又a 2－a 1＝1，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，1为公差的等差数列． 所以a n ＝n ＋1.因为b n ＋1＝4b n ＋6，即b n ＋1＋2＝4(b n ＋2)，又b 1＋2＝a 1＋2＝4， 所以数列{b 2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列． 所以b n ＝4n－2.(2)因为a n ＝n ＋1，b n ＝4n－2， 所以c n ＝4n＋(－1)n －1λ·2n ＋1.要使c n ＋1>c n 成立，需c n ＋1－c n ＝4n ＋1－4n＋(－1)nλ·2n ＋2－(－1)n －1λ·2n ＋1>0恒成立，化简得3·4n －3λ(－1)n －12n ＋1>0恒成立，即(－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，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n 要注意利用S n 与a n 的关系将其转化为a n ，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n 为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n 的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2] 已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足：b n ＝na n2n ＋12n ，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n ＝1＋n a n，记数列{c n }的前n 项积为T n ，其中n ∈N *，试比较T n 与9的大小，并加以证明．[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1， 即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n(n ∈N *)． (2)因为b n ＝na n2n ＋12n＝n2n ＋1， 所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3.。
2014届高考一轮复习数学基础知识数列(新人教A版)Word版
高中数学第三章数列考试内容：数列．等差数列及其通项公式．等差数列前n项和公式．等比数列及其通项公式．等比数列前n项和公式．考试要求：（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，井能解决简单的实际问题．§03. 数列知识要点1. ⑴等差、等比数列：⑵看数列是不是等差数列有以下三种方法：①②2()③(为常数).⑶看数列是不是等比数列有以下四种方法：①②(，)①注①：i. ，是a、b、c成等比的双非条件，即a、b、c等比数列.ii. （ac＞0）→为a、b、c等比数列的充分不必要.iii. →为a、b、c等比数列的必要不充分.iv. 且→为a、b、c等比数列的充要.注意：任意两数a、c不一定有等比中项，除非有ac＞0，则等比中项一定有两个.③(为非零常数).④正数列{}成等比的充要条件是数列{}（）成等比数列.⑷数列{}的前项和与通项的关系：[注]：①（可为零也可不为零→为等差数列充要条件（即常数列也是等差数列）→若不为0，则是等差数列充分条件）.②等差{}前n项和→可以为零也可不为零→为等差的充要条件→若为零，则是等差数列的充分条件；若不为零，则是等差数列的充分条件.③非零．．常数列既可为等比数列，也可为等差数列.（不是非零，即不可能有等比数列）2. ①等差数列依次每k项的和仍成等差数列，其公差为原公差的k2倍；②若等差数列的项数为2，则；③若等差数列的项数为，则，且，.3. 常用公式：①1+2+3 …+n =②③[注]：熟悉常用通项：9，99，999，…；5，55，555，….4. 等比数列的前项和公式的常见应用题：⑴生产部门中有增长率的总产量问题. 例如，第一年产量为，年增长率为，则每年的产量成等比数列，公比为. 其中第年产量为，且过年后总产量为：⑵银行部门中按复利计算问题. 例如：一年中每月初到银行存元，利息为，每月利息按复利计算，则每月的元过个月后便成为元. 因此，第二年年初可存款： =.⑶分期付款应用题：为分期付款方式贷款为a 元；m 为m 个月将款全部付清；为年利率. ()()()()()()()()1111111 (1112)1-++=⇒-+=+⇒++++++=+--m mm mm m mr r ar x r r x r a x r x r x r x r a 5. 数列常见的几种形式：⑴（p 、q 为二阶常数）用特证根方法求解.具体步骤：①写出特征方程（对应，x 对应），并设二根②若可设，若可设；③由初始值确定. ⑵（P 、r 为常数）用①转化等差，等比数列；②逐项选代；③消去常数n 转化为的形式，再用特征根方法求；④（公式法），由确定. ①转化等差，等比：. ②选代法： .③用特征方程求解：. ④由选代法推导结果：. 6. 几种常见的数列的思想方法：⑴等差数列的前项和为，在时，有最大值. 如何确定使取最大值时的值，有两种方法： 一是求使，成立的值；二是由利用二次函数的性质求的值.⑵如果数列可以看作是一个等差数列与一个等比数列的对应项乘积，求此数列前项和可依照等比数列前项和的推倒导方法：错位相减求和. 例如：⑶两个等差数列的相同项亦组成一个新的等差数列，此等差数列的首项就是原两个数列的第一个相同项，公差是两个数列公差的最小公倍数.2. 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法:对于n ≥2的任意自然数,验证为同一常数。
【山东专用】2014届高考数学(理)一轮复习专题集训《数列的概念与简单表示法》Word版含解析
数列的概念与简单表示法(时间：45分钟 分值：100分)基础热身1．数列{a n }：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 ＋) 2．[2013·福建卷] 数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006B ．2 012C ．503D ．03．[2013·银川联考] 设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为∏n ，则∏2 012的值为( )A.12B ．－1C ．1D ．24．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式为____________________．能力提升5．[2013·衡北中学调研] 观察下列数：1，3，2，6，5，15，14，x ，y ，z ，…中，x ，y ，z 的值依次为( )A ．13，39，123B ．42，41，123C ．24，23，123D ．28，27，1236．[2013·泉州四校联考] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1(n ＝1，2，3，…)，则下列使a n ＝1的n 的值是( )A ．2B ．3C ．4D ．57．[2013·河南大市联考] 对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *，依照下表，则a 2 012＝( )A.2B ．3C ．4D ．58．[2013·宁德质检] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1，n ∈N *，则a 6等于( )A ．32B ．48C ．64D ．969．[2013·昆明模拟] 如果执行如图K28－1所示的程序框图，则输出的结果是( )图K28－1A ．16B ．21C ．22D ．2910．[2013·朝阳二模] 已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＋1a n ＋a n ＋1－2a n ＝0(n ∈N *)，则a 2＝________；并归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝________．11．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，则a 10＝________．12．下列的数组均由三个数组成，它们是(1，2，3)，(2，4，6)，(3，8，11)，(4，16，20)，(5，32，37)，…，(a n ，b n ，c n )．若数列{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________．13．若f (n )为n 2＋1(n ∈N *)的各位数字之和，如62＋1＝37，f (6)＝3＋7＝10.f 1(n )＝f (n )，f 2(n )＝f (f 1(n ))，…，f k ＋1(n )＝f (f k (n ))，k ∈N *，则f 2 015(4)＝________．14．(10分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)．(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．15．(13分)[2013·蚌埠调研] 已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)判断数列{c n }的单调性；(3)当n ≥2时，T 2n ＋1－T n <15－712log a (a －1)恒成立，求a 的取值范围．难点突破16．(1)(6分)[2013·上海卷] 已知f(x)＝11＋x，各项均为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n＋2＝f(a n)．若a2013＝a2013，则a20＋a11的值是________．(2)(6分)若数列{a n}满足：对任意的n∈N*，只有有限个正整数m使得a m＜n成立，记这样的m的个数为(a n)*，则得到一个新数列{(a n)*}．例如，若数列{a n}是1，2，3，…，n，…，则数列{(a n)*}是0，1，2，…，n－1，….已知对任意的n∈N*，a n＝n2，则(a5)*＝________，( (a n)*)*＝________．【基础热身】1．D [解析] 观察数列{a n }各项，可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，…，故选D. 2．A [解析] a 1＝1cos π2＝0， a 2＝2cos π＝－2，a 3＝3cos 3π2＝0， a 4＝4cos2π＝4；a 5＝5cos 5π2＝0， a 6＝6cos3π＝－6，a 7＝7cos 7π2＝0， a 8＝8cos 8π2＝8. 该数列每四项的和为2，2 012 ÷4＝503，所以S 2 012＝2×503＝1 006.3．C [解析] 由题可知a 2＝1－1a 1＝12，a 3＝1－1a 2＝－1，a 4＝1－1a 3＝2，a 5＝1－1a 4＝12，…，则此数列为周期数列，周期为3，故∏2 012＝∏3×670＋2＝∏2＝a 1a 2＝1，故选C.4．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2 [解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝21－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －1，又a 1＝－1不适合上式，则数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.【能力提升】5．B [解析] 观察各项可以发现：x 为前一项的3倍即42，y 为前一项减1即41，z 为前一项的3倍即123，故选B.6．C [解析] 由已知的递推公式，得a 2＝－1a 1＋1＝－12，a 3＝－1a 2＋1＝－2，a 4＝－1a 3＋1＝1，故选C.7．A [解析] a 1＝4，a 2＝f (4)＝1，a 3＝f (1)＝5，a 4＝f (5)＝2，a 5＝f (2)＝4，…，该数列是周期为4的周期数列，所以a 2 012＝a 4＝2，故选A.8．B [解析] 当n ≥2时，a n ＋1＝S n ＋1，a n ＝S n －1＋1，两式相减，得a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，即a n ＋1＝2a n ，则a 2＝a 1＋1＝3，a 3＝2a 2＝6，a 4＝2a 3＝12，a 5＝2a 4＝24，a 6＝2a 5＝48，故选B.9．C [解析] 问题转化为在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ，求a 7的值．由a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n （n －1）2＋1，得a 7＝22.故选C. 10.43 2n 2n －1 [解析] 当n ＝1时，由递推公式，有a 2a 1＋a 2－2a 1＝0，得a 2＝2a 1a 1＋1＝43； 同理a 3＝2a 2a 2＋1＝87，a 4＝2a 3a 3＋1＝1615，由此可归纳得出数列{a n }的通项公式为a n ＝2n2n －1. 11．1 [解析] 由a 1＝1，得S 1＝a 1＝1，令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，即a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝1，故得a 10＝1.12.n （n ＋1）2＋2n ＋1－2(n ∈N *) [解析] 由1，2，3，4，5，…猜想a n ＝n ；由2，4，8，16，32，…猜想b n ＝2n ；由“每组数都是前两个之和等于第三个数”猜想c n ＝n ＋2n ，从而S n＝(1＋2＋3＋…＋n )＋(2＋22＋23＋…＋2n )＝n （n ＋1）2＋2n ＋1－2(n ∈N *)． 13．11 [解析] 因为42＋1＝17，f (4)＝1＋7＝8，则f 1(4)＝f (4)＝8，f 2(4)＝f (f 1(4))＝f (8)＝11，f 3(4)＝f (f 2(4))＝f (11)＝5，f 4(4)＝f (f 3(4))＝f (5)＝8，…，而2 015＝3×671＋2， 故f 2 015(4)＝11.14．解：(1)当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．∴数列{b n }的通项公式为b n ＝⎩⎨⎧23，n ＝1，1n，n ≥2. (2)∵c n ＝T 2n ＋1－T n ，∴c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1<0， ∴数列{c n }是递减数列．(3)由(2)知，当n ≥2时c 2＝13＋14＋15为最大， ∴13＋14＋15<15－712log a (a －1)恒成立， 即log a (a －1)<－1，由真数a －1>0，a >1，∴a －1<1a， 化为a 2－a －1<0，∴1<a <5＋12. 15．解：(1)由已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)，∴a 2＝a 1＋4＝5，a 3＝a 2＋7＝12.(2)由已知：a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)得a n －a n －1＝3n －2，由递推关系，得a n －1－a n －2＝3n －5，…，a 3－a 2＝7，a 2－a 1＝4，叠加得：a n －a 1＝4＋7＋…＋3n －2＝（n －1）（4＋3n －2）2＝3n 2－n －22， ∴a n ＝3n 2－n 2(n ≥2)． 当n ＝1时，1＝a 1＝3×12－12＝1， ∴数列{a n }的通项公式a n ＝3n 2－n 2. 【难点突破】16．(1)135＋326 (2)2 n 2 [解析] (1)当n 为奇数时，由递推关系可得，a 3＝11＋1＝12，a 5＝11＋a 3＝23，依次可推得 a 7＝35，a 9＝58，a 11＝813，又a 2010＝a 2012＝11＋a 2010，由此可得出当n 为偶数的时候，所有的偶数项是相等的，即a 2＝…＝a 2010＝a 2012，其值为方程x ＝11＋x ，即x 2＋x －1＝0的根，解得x ＝－1±52，又数列为正数数列，所以a 20＝－1＋52， 所以a 20＋a 11＝135＋326. (2)本题以数列为背景，通过新定义考查学生自学能力、创新能力、探究能力，属于难题．因为a m <5，而a n ＝n 2，所以m ＝1，2，所以(a 5)*＝2.因为(a 1)*＝0，(a 2)*＝1，(a 3)*＝1，(a 4)*＝1，(a 5)*＝2，(a 6)*＝2，(a 7)*＝2，(a 8)*＝2，(a 9)*＝2，(a 10)*＝3，(a 11)*＝3，(a 12)*＝3，(a 13)*＝3，(a 14)*＝3，(a 15)*＝3，(a 16)*＝3，所以((a 1)*)*＝1，((a 2)*)*＝4，((a 3)*)*＝9，((a 4)*)*＝16，猜想((a n )*)*＝n 2.。
届高考数学一轮总复习 第5章 数列 第4节 数列求和课件 理 新人教版
[即时应用]
(2015·青岛一模)等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝15，a5＝9. (1)求数列{an}的通项公式；
解：设数列{an}的公差为 d，首项为 a1， 由题意得3aa1＋1＋46d＝ d＝9， 15， 解得ad1＝＝21.， 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
(2)设
2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2， 代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)． 答案：190(2n－1)
＝3＋2n－2 1·3n＋1， 所以 Sn＝3＋2n－4 1·3n＋1.
考点四 裂项相消法求和 常考常新型考点——多角探明 [命题分析]
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相 互抵消，从而求得其和．
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多 变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列 an 的 通项公式，达到求解目的．
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前 n 项和：
nn＋1 ①1＋2＋3＋…＋n＝_____2____； ②2＋4＋6＋…＋2n＝ n(n＋1) ； ③1＋3＋5＋…＋2n－1＝ n2
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比
或可求和的数列组成的，Байду номын сангаас求和时可用分组求和法，分别求
(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和 一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列 的前 n 项和即可用错位相减法求解．
高考数学一轮复习 第5章《数列》(第5课时)知识过关检测 理 新人教A版(1)
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第5章《数列》（第5课时）（新人教A 版）一、选择题1．已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A ．1B ．－1C ．1或－1 D. 2解析：选C.依题意有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或－1，故选C.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：选A.设等差数列的公差为d ， 则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n n －12×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时S n 取最小值，故选A.3．(2013·德州调研)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－18，S 13＝－52，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 15的值为( )A ．64B ．－64C ．128D ．－128解析：选B.因为S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝－18，S 13＝132(a 1＋a 13)＝13a 7＝－52，所以a 5＝－2，a 7＝－4，又b 5＝a 5，b 7＝a 7，所以q 2＝2，所以b 15＝b 7·q 8＝－4×16＝－64.4．数列{a n }的通项公式是关于x 的不等式x 2－x <nx (n ∈N *)的解集中的整数个数，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n 2B ．n (n ＋1) C.n n ＋12D ．(n ＋1)(n ＋2)解析：选C.由x 2－x <nx ，得0<x <n ＋1(n ∈N *)，因此a n ＝n ，S n ＝n n ＋12.5．据科学计算，运载“神九”的“长征”二号F 系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间为( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析：选C.设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…，a n ，则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式得na 1＋n n －1d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.二、填空题6．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n －1，a n )(n >1且n ∈N )满足y ＝2x －1，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.解析：a n ＝2a n －1－1⇒a n －1＝2(a n －1－1)，∴{a n －1}是等比数列，则a n ＝2n －1＋1.∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝10＋(20＋21＋22＋…＋29)＝10＋1－2101－2＝1033.答案：10337．在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于表中的第n 行第n ＋1列的数是________．解析：由题中数表知：第n 行中的项分别为n,2n,3n ，…，组成一等差数列，所以第n行第n ＋1列的数是：n 2＋n .答案：n 2＋n8．两个相距2343364厘米的物体相向运动，甲第一秒经过3厘米，以后每秒比前一秒多行4厘米．乙第一秒经过2厘米，以后每秒行的路程是前一秒的32倍，则经过________秒两物体相遇．解析：第n 秒甲、乙两物体各行a n 、b n 厘米，a n ＝4n －1，b n ＝2·(32)n －1(n ∈N *)．{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋n ，{b n }的前n 项和为T n ＝4·(32)n－4.由题意知：2343364＝S n ＋T n ⇒n ＝8.答案：8 三、解答题9．已知等差数列{a n }的前n 项和S n 中S 7的值最大，且|a 7|＜|a 8|，求使S n ＞0成立的最大正整数n .解：∵等差数列{a n }的前n 项和S n 中S 7的值最大，∴a 7≥0，a 8≤0.于是由|a 7|＜|a 8|，得a 7＜－a 8，即a 7＋a 8＜0.∴S 14＝14a 1＋a 142＝7(a 1＋a 14)＝7(a 7＋a 8)＜0，S 13＝13a 1＋a 132＝13·2a 72＝13a 7≥0.若a 7＝0，则必有a 6＞0，∴S 12＝12a 1＋a 122＝6(a 6＋a 7)＝6a 6＞0，此时使S n ＞0成立的最大正整数n ＝12.若a 7≠0，则S 13＝13a 7＞0，此时使S n ＞0成立的最大正整数n ＝13.10．某商场因管理不善及场内设施陈旧，致使年底结算亏损，决定从今年开始投入资金进行整修，计划第一个月投入80万元，以后每月投入将比上月减少15.第一个月的经营收入约为40万元，预计以后每个月收入会比上个月增加14.(1)设n 个月内的总投入为a n 万元，总收入为b n 万元，写出a n ，b n ； (2)问经过几个月后商场开始扭亏为盈．解：(1)由题意，得a n ＝80＋80×⎝ ⎛⎭⎪⎫45＋80×⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋…＋80×⎝ ⎛⎭⎪⎫45n －1＝80×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n 1－45＝400⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n . b n ＝40＋40×⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋40×⎝ ⎛⎭⎪⎫542＋…＋40×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1 ＝40×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫54n 1－54＝160⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1. (2)由题意，令a n ＜b n ，∴400⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ＜160⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1. 设t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n ，则5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1t ＜2(t －1)， 即2t 2－7t ＋5＞0.∵t ＞1，∴解得t ＞52，即⎝ ⎛⎭⎪⎫54n ＞52.取n ＝4，则⎝ ⎛⎭⎪⎫544＝52×⎝ ⎛⎭⎪⎫125128＜52；取n ＝5，则⎝ ⎛⎭⎪⎫545＝52×⎝ ⎛⎭⎪⎫625512＞52.∴第5月开始扭亏为盈．一、选择题1．(2013·运城质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，过点P (n ，S n )和Q (n ＋1，S n ＋1)(n ∈N ＋)的直线的斜率为3n －2，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9的值等于( )A ．52B ．40C ．26D ．20解析：选B.由题意，知S n ＋1－S nn ＋1－n＝3n －2，∴S n ＋1－S n ＝3n －2，即a n ＋1＝3n －2， ∴a n ＝3n －5，因此数列{a n }是等差数列，a 5＝10， ∴a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝2(a 3＋a 7)＝4a 5＝40.2．(2013·德州调研)已知命题p ：数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)(n ∈N ＋)成等差数列；命题q ：数列⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，33n ，3n(n ∈N ＋)成等比数列．命题p 是命题q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.一方面由数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)(n ∈N ＋)成等差数列，可得n＝1，则数列⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，33n ，3n 显然成等比数列；另一方面，由数列⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，33n ，3n(n ∈N ＋)成等比数列，可得n ＝1，则数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)显然成等差数列．故选C.二、填空题3．(2012·高考福建卷)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2012＝________.解析：∵a n ＝n cos n π2＋1，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝6，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝6，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝6，k ∈N ，故S 2012＝503×6＝3018.答案：30184．(2011·高考湖北卷)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．解析：设所构成数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1322，d ＝766，∴a 5＝a 1＋4d ＝1322＋4×766＝6766. 答案：6766三、解答题5．(2012·高考广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.解：(1)∵a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， ∴2(a 2＋5)＝a 1＋a 3.又∵2a 1＝2S 1＝a 2－22＋1,2(a 1＋a 2)＝2S 2＝a 3－23＋1， ∴a 2＝2a 1＋3，a 3＝6a 1＋13.因此4a 1＋16＝7a 1＋13，从而a 1＝1.(2)由题设条件知，n ≥2时，2S n －1＝a n －2n＋1，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1.∴2a n ＝a n ＋1－a n －2n，于是 a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)．而由(1)知，a 2＝2a 1＋3＝5＝3a 1＋2，因此对一切正整数n ，有a n ＋1＝3a n ＋2n，所以a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n)．又∵a 1＋21＝3，∴{a n ＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列．故a n＋2n＝3n，即a n＝3n－2n.(3)证明：∵a n＝3n－2n＝3·3n－1－2n＝3n－1＋2(3n－1－2n－1)≥3n－1，∴1a n≤13n－1.∴1a1＋1a2＋…＋1a n≤1＋13＋132＋…＋13n－1＝1－13n1－13＜32.。
高考数学一轮复习第五篇数列(必修5)第4节数列求和习题理(含解析)
3.等差数列{an}的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列{ }的前10项的和为( C )
答案: -1
8.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为.
解析:由题意知所求数列的通项为 =2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为 -n=2n+1-2-n.
答案:2n+1-2-n
能力提升(时间:15分钟)
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2 017的值为( D )
a2=a1+cos 2π=1+1=2,
a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,
a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,
a5=-a4+cos 5π=2-1=1,
……
由上可知,数列{an}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,
所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.
10.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=6,S5= ,则数列{ }的前n项和为( B )
(A)1- (B)2-
(C)2- (D)2-
2014届高三数学一轮复习 5.1数列的概念精讲精练 新人教版.doc
2014高中数学精讲精练第五章数列【知识图解】【方法点拨】1．学会从特殊到一般的观察、分析、思考，学会归纳、猜想、验证．2．强化基本量思想，并在确定基本量时注重设变量的技巧与解方程组的技巧．3．在重点掌握等差、等比数列的通项公式、求和公式、中项等基础知识的同时，会针对可化为等差（比）数列的比较简单的数列进行化归与转化．4．一些简单特殊数列的求通项与求和问题，应注重通性通法的复习．如错位相减法、迭加法、迭乘法等．5．增强用数学的意识，会针对有关应用问题，建立数学模型，并求出其解．第1课数列的概念【考点导读】1．了解数列（含等差数列、等比数列）的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊的函数；2．理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系；3．能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前n项和的问题。
【基础练习】1.已知数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，则20a =3-。
分析:由a 1=0,)(1331++∈+-=N n a a a n n n 得⋅⋅⋅⋅⋅⋅==-=,0,3,3432a a a 由此可知:数列}{n a 是周期变化的,且三个一循环,所以可得: .3220-==a a2．在数列{}n a 中，若11a =，12(1)n n a a n +=+≥，则该数列的通项n a = 2n-1 。
3．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*1(31)()2n n a S n N -=∈ ，且454a =，则1a =____2__.4．已知数列{}n a 的前n 项和(51)2n n n S +=-，则其通项n a = 52n -+． 【范例导析】例1．设数列{}n a 的通项公式是285n a n n =-+，则 （1）70是这个数列中的项吗？如果是，是第几项？ （2）写出这个数列的前5项，并作出前5项的图象； （3）这个数列所有项中有没有最小的项？如果有，是第几项？分析：70是否是数列的项，只要通过解方程27085n n =-+就可以知道；而作图时则要注意数列与函数的区别，数列的图象是一系列孤立的点；判断有无最小项的问题可以用函数的观点来解决，一样的是要注意定义域问题。
2014届高考数学一轮复习课件：第五章第5课时数列的综合应用(新人教A版)
本节目录教 材 回 顾Fra bibliotek夯 实 双 基
考 点 探 究 讲 练 互 动
名 师 讲 坛 精 彩 呈 现
知 能 演 练 轻 松 闯 关
教材回顾夯实双基
基础梳理
1．解答数列应用题的步骤 (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——将所求结果还原到实际问题中．
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an；
(3)试比较an与Sn的大小．
解：(1)证明：∵bn＝log2an， a n ＋1 ∴bn＋ 1－bn＝log2 ＝log2q 为常数， an ∴数列{bn}为等差数列且公差 d＝log2q.
(2)∵b1＋b3＋b5＝6， ∴b3＝2. ∵a1＞1，∴b1＝log2a1＞0， ∵b1b3b5＝0，∴b5＝0.
2m － 1
所以 T ＝ 1 92n ＋6n＋7，n为奇数，
1 2 － 2n ＋6n，n为偶数， 9
2 n
1 2 要使 Tn≥tn 对 n∈N 恒成立，只要使－ (2n ＋6n)≥tn2，(n 9
2 *
为偶数)恒成立． 1 6 只要使－ (2＋ )≥t，对 n 为偶数恒成立，故实数 t 的取值范 9 n 5 围为(－∞，－ ]． 9
第5课时
数列的综合应用
2014高考导航
考纲展示 备考指南 1.数列的综合应用常以递推关 系为背景，考查等差数列、等 比数列的通项公式和前n项和 能在具体的问题情境中 公式． 识别数列的等差关系或 2.常与其他知识交汇命题，考 等比关系，并能用相关 查学生的转化化归能力，如与 知识解决相应的问题. 函数、不等式、解析几何等交 汇考查． 3.各种题型都有可能出现.
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2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第5章《数列》（第4课时）（新人教A 版）一、选择题1．(2013·辽阳质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( )A ．16B ．8C ．4D ．不确定解析：选B.由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝a 1＋a 25·252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.2．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n解析：选A.该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12.故选A.3．已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N ＋)，设{a n }的前n 项和为S n ，则使S n ＜－5成立的自然数n ( )A ．有最大值63B ．有最小值63C ．有最大值31D ．有最小值31解析：选 B.S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23×34×…×n ＋1n ＋2＝log 22n ＋2＜－5，∴2n ＋2＜2－5，∴n ＋2＞26，∴n ＞62. 又n ∈N ＋，∴n 有最小值63.4．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n (n ∈N ＋)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析：选A.易知f (x )＝x 2＋x ，则1f n ＝1n 2＋n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n 的前n 项和 S n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.5．(2013·辽阳质检)对正整数n ，设曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和的公式是( ) A ．2nB ．2n－2C ．2n ＋1D ．2n ＋1－2解析：选D.∵y ′|x ＝2＝－2n －1(n ＋2)，∴切线方程为：y ＋2n ＝－2n －1(n ＋2)(x －2)，令x ＝0，求出切线与y 轴交点的纵坐标为y 0＝(n ＋1)2n，所以a n n ＋1＝2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和S n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.二、填空题6．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________. 解析：由等差数列的性质，a 2＋a 8＝18－a 5， 即2a 5＝18－a 5，∴a 5＝6，∴S 9＝a 1＋a 9×92＝9a 5＝54.答案：547．(2013·武汉质检)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式，∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1·1－4n1－4＝13(4n －1)．答案：13(4n－1)8．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1qn －1＝3×3n －1＝3n，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：nn ＋1三、解答题9．已知{a n }为等差数列，且a 3＝－6，a 6＝0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若等比数列{b n }满足b 1＝－8，b 2＝a 1＋a 2＋a 3，求{b n }的前n 项和公式． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 3＝－6，a 6＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝－6，a 1＋5d ＝0，解得a 1＝－10，d ＝2.所以a n ＝－10＋(n －1)·2＝2n －12. (2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 2＝a 1＋a 2＋a 3＝－24，b 1＝－8， 所以－8q ＝－24，即q ＝3.所以{b n }的前n 项和公式为S n ＝b 11－q n 1－q＝4(1－3n)．10．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，①由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n2n ＋1.一、选择题1．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2当n 为正奇数时，－n 2当n 为正偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10200解析：选B.由题意，a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.2．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158解析：选C.设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且91－q 31－q ＝1－q61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.二、填空题3．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵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＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n.∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－24．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1 n ＝12n －5 n ≥2，n ∈N ＋.令2n －5≤0得n ≤52， ∴当n ≤2时，a n ＜0；当n ≥3时，a n ＞0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝－(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4＋…＋a 10)＝66. 答案：66 三、解答题5．(2012·高考天津卷)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N *，证明T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N *).解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n，n ∈N *.(2)证明：由(1)得T n ＝2a n ＋22a n －1＋23a n －2＋…＋2n a 1，①2T n ＝22a n ＋23a n －1＋…＋2n a 2＋2n ＋1a 1.② 由②－①，得T n ＝－2(3n －1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n ＋2n ＋2＝121－2n －11－2＋2n ＋2－6n ＋2＝10×2n－6n －10.而－2a n ＋10b n －12＝－2(3n －1)＋10×2n －12＝10×2n－6n －10，故T n ＋12＝－2a n ＋10b n ，n ∈N *.。