2019届一轮复习北师大版 数列的综合问题 学案
2019届一轮复习北师大版等差数列等比数列学案
专题三 数列第一讲 等差数列、等比数列高考导航对等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解．2．对等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题．3．对等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节.1．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98 D ．97[解析] 设{a n }的公差为d ，由等差数列前n 项和公式及通项公式，得⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝27，a 10＝a 1＋9d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －2，∴a 100＝100－2＝98.故选C.[答案] C2．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 23＝a 2·a 6，即(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2或d ＝0(舍去)，又a 1＝1，∴S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.故选A.[答案] A3．(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.[解析] ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1.解法一：S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121.解法二：S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12.又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.[答案] 1 1214．(2017·绵阳三诊)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求证：数列{S 2n }为等差数列； (2)设b n ＝(－1)n a n ，求{b n }的前n 项和T n .[解析] (1)证明：由题意知2S n ＝a n ＋1a n ，即2S n a n －a 2n ＝1.①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式得 2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.∴{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知S 2n ＝n ，则S n ＝n ， ∴a n ＝S n －S n －1＝n －n －1.∴b n ＝(－1)na n＝(－1)n n －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)．当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .∴{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n .考点一 等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).[对点训练]1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8 [解析] 等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5， 又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8， 得d ＝4，故选C. [答案] C2．(2017·全国卷Ⅱ)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[解析] 由题意可知，由上到下灯的盏数a 1，a 2，a 3，…，a 7构成以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，∴a 1＝3.故选B.[答案] B3．(2017·湖北省武汉市武昌区高三调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23[解析] 由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1，故选B.[答案] B4．(2017·东北三校联考)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为________．[解析] 由题意可得等差数列{a n }的公差d ＝a 5－a 25－2＝2，所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1，则b n ＋1＝ab n ＝2b n －1，b n ＋1－1＝2(b n －1)，又因为b 1－1＝2，所以数列{b n －1}是首项为2、公比为2的等比数列，所以b n －1＝2n ，b n ＝2n ＋1.[答案] b n ＝2n ＋1等差(比)数列的运算注意两点(1)在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个最基本的元素．(2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．【易错提醒】 等比数列前n 项和公式中若不确定q 是否等于1应分q ＝1或q ≠1两种情况讨论．考点二 等差、等比数列的性质[对点训练]1．(2017·广州六校联考)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64[解析] 因为a 7＋a 9＝2a 8＝16，所以a 8＝8.因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝11a 6＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.[答案] A2．(2017·太原模拟)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18[解析] 由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 24＝4(a 4－1)， 解得a 4＝2.又a 1＝14，所以q 3＝a 4a 1＝8，即q ＝2，故a 2＝a 1q ＝14×2＝12.[答案] C3．(2017·合肥模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5＝1，S 10＝3，则S 15的值是________．[解析] ∵数列{a n }是等比数列，∴S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，∴(S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，4＝1×(S 15－3)，得S 15＝7.[答案] 7[探究追问] 3题中条件不变，如何求S 100的值？[解析] 在等比数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，…成等比数列，因为S 5＝1，S 10＝3，所以S 100可表示为等比数列1,2,4，…的前20项和，故S 100＝1×(1－220)1－2＝220－1.[答案] 220－1等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．考点三 等差、等比数列的判定与证明1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． 2．证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为一常数；(2)利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[解] (1)证明：由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5， ∴b 1＝a 2－2a 1＝3. 由S n ＋1＝4a n ＋2①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1) 又∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1，∴{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)×34＝34n －14， a n ＝(3n －1)·2n －2.等差、等比数列的判定与证明应注意的两点(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．[对点训练]若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n2n (n －1)＝－12n (n －1).当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.热点课题11 函数与方程思想在数列中的应用[感悟体验]1．(2017·西安统测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝13，S 3＝S 11，则S n 的最大值为( )A ．49B ．28C ．－49或－28D ．28或49[解析] 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n ，根据二次函数性质，知当n ＝7时，S n 最大，且最大值为49.[答案] A2．(2017·河南郑州二中期末)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项的和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2 D.92[解析] ∵a 1＝1，a 1、a 3、a 13成等比数列， ∴(1＋2d )2＝1＋12d .得d ＝2或d ＝0(舍去) ∴a n ＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，∴2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2.令t ＝n ＋1， 则2S n ＋16a n ＋3＝t ＋9t －2≥6－2＝4当且仅当t ＝3，即n ＝2时，∴2S n ＋16a n ＋3的最小值为4.故选A.[答案] A。
[推荐学习]2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 专题探究课3 数列中的高考
![[推荐学习]2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 专题探究课3 数列中的高考](https://img.taocdn.com/s3/m/453570dbba0d4a7303763a03.png)
三 数列中的高考热点问题(对应学生用书第90页)[命题解读] 数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点，从近五年全国卷高考试题来看，本专题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列的通项与求和；三是数列与函数、不等式的交汇，难度中等．解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a 1，a n ，S n ，d (q )，n ，“知三求二”．已知等差数列{a n }，公差d ＝2，S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求a n ； (2)令b n ＝(－1)n4na n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .[解] (1)∵S 1，S 2，S 4成等比数列． ∴S 22＝S 1S 4，∴(2a 1＋2)2＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32×2 解得a 1＝1，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n·4n a n ·a n ＋1＝(－1)n·4n(2n －1) (2n ＋1)＝(－1)n ⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1.∴当n 为偶数时，{b n }的前n 项和T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1，当n 为奇数时，{b n }的前n 项和T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.故T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n －22n ＋1，n 为奇数.n b >0是等比数列；nb >0是等差数列等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，等比数列之间的相互转化n n 1n 1n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？[解] (1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，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(n ≥1)． 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)，从而数列{a n }是等比数列， 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.所以数列{b n }是单调递减的等差数列，公差为－lg 2.b 1>b 2>…>b 6＝lg10026＝lg 10064>lg 1＝0， 当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027＝lg 100128<lg 1＝0.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大．数列的通项与求和是高考的必考题型，求通项属于基本问题，常涉及等差、等比数列的定义、性质、基本量的运算；求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择适当的求和方法．常考的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．[规范解答] (1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.3分 所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. 5分 (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，7分 因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列.9分记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n －1.12分[阅卷者说]n n n和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.[解] 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.② 联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0. 解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.数列与函数的交汇一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n ，a n ，S n 等为坐标的点在函数图像上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前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．数列与不等式的交汇考查方式主要有三种：一是判断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明． ◎角度1 数列与函数的交汇已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2 x 的图像上，求数列{b n }的前n 项和T n .【导学号：79140186】[解] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点(b n ，a n )在函数y ＝log 2 x 的图像上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，所以b n ＝2a n＝24n＝16n，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列． T n ＝16(1－16n)1－16＝16n ＋1－1615.(2018·东北三省三校二模)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b n ＝a n －n .(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)若数列{c n }满足c n ＝b n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)，且数列{c n }的前n 项和T n ，求证：T n ＜13.[证明] (1)∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，即b n ＋1＝2b n . 又b 1＝a 1－1＝2，∴数列{b n }是以2为首项、2为公比的等比数列． (2)由(1)知，b n ＝2×2n －1＝2n，∴c n ＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1. ∴T n ＝12＋1－12＋1＋12＋1－12＋1＋…＋12＋1－12＋1＝13－12n ＋1＋1＜13.＋n (1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n .[解] (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋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 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n ， 所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n ∈N ＋，均有T n ≥14n.。
2019届一轮复习北师大版 数 列 学案
第12练 数 列[明考情]数列在高考中以“一大一小”的形式考查.“一小”考查频率较高，难度为中档. [知考向]1.等差数列与等比数列.2.数列的通项与求和.3.等差、等比数列的综合应用.考点一 等差数列与等比数列要点重组 (1)在等差数列中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .(2)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列.(3)在等差数列{a n }中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等差数列.(4)在等比数列中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q .(5)在等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列(n 为偶数且q ＝－1除外).1.(2017·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( ) A.1B.2C.4D.8 答案 C解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.2.已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n ，若b 10b 11＝2，则a 21等于( )A.29B.210C.211D.212 答案 C解析 由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1，b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2，b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3，…，a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，∴a 21＝2b 1b 2b 3…b 20.又{b n }为等比数列，∴a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.故选C.3.(2017·吉林普通中 调研)设{a n }是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10等于( ) A.－10B.－5C.0D.5 答案 C解析 设等差数列的公差为d (d ≠0)，因为a 24＋a 25＝a 26＋a 27，所以(a 4－a 6)(a 4＋a 6)＝(a 7－a 5)(a 7＋a 5)， 所以－2da 5＝2da 6，于是a 5＋a 6＝0.由等差数列的性质，有a 1＋a 10＝a 5＋a 6＝0， 所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝0，故选C.4.设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4等于( )A.2B.73C.310D.1或2答案 B解析 设S 2＝k ，则S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列(易知数列{a n }的公比q ≠－1)，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列， 又S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，∴S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73，故选B.5.(2017·安徽蚌埠质检)数列{a n }是以a 为首项，q (q ≠1)为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1，2，…)，数列{c n }满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1，2，…)，若{c n }为等比数列，则a ＋q 等于( ) A.2B.3C.5D.6 答案 B解析 由题意知，a n ＝aq n －1，则b n ＝1＋a (1－q n )1－q ＝1＋a 1－q －aq n 1－q，得c n ＝2＋⎝⎛⎭⎫1＋a 1－q n －a 1－q ·q (1－q n)1－q ＝2－aq(1－q )2＋1－q ＋a 1－q n ＋aq n ＋1(1－q )2， 要使{c n}为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧2－aq (1－q )2＝0，1－q ＋a1－q ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，q ＝2，所以a ＋q ＝3，故选B. 6.(2016·全国Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为__________. 答案 64解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.∴a 1a 2…a n ＝⎝⎛⎭⎫12(－3)＋(－2)＋…＋(n －4)211749(7)22241122n n n ⎡⎤⎛⎫---⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,当n ＝3或4时，12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫n －722－494取到最小值－6， 此时2174922412n ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛⎫⎪⎝⎭取到最大值26，∴a 1a 2…a n 的最大值为64. 考点二 数列的通项与求和方法技巧 (1)已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解.(2)利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项时，要注意检验n ＝1的情况.7.在数列{a n }中，a 1＝1，a n －a n －1＝1n (n －1)(n ≥2，且n ∈N *)，则a n 等于( )A.2－1nB.1－1nC.1nD.2－1n －1答案 A解析 ∵a n －a n －1＝1n (n －1)，∴a 2－a 1＝11×2＝1－12，a 3－a 2＝12×3＝12－13，a 4－a 3＝13×4＝13－14，…，a n －a n －1＝1n －1－1n ，∴上式相加得a n －a 1＝1－1n.又a 1＝1，∴a n ＝2－1n.当n ＝1时，上式也成立，故选A.8.(2017·贵阳一模)数列{a n }满足a 1＝0，11－a n －11－a n －1＝1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2017等于( )A.12017B.12016C.20162017D.20152016答案 C解析 ∵数列{a n }满足a 1＝0，11－a n －11－a n －1＝1(n ≥2，n ∈N *)，∴11－a 1＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是首项为1，公差为1的等差数列，∴11－a n＝1＋(n －1)＝n ， ∴11－a 2017＝2017，解得a 2017＝20162017.9.(2017·全国Ⅰ)几位大 生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家 习数 的兴趣，他们推出了“解数 题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数 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.440 B.330 C.220 D.110答案 A解析 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推.则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后.第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n +1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n29×(1＋29)＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝2＋5＝440.故选A.10.已知f (x )＝log 2x 1－x＋1，a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ，n 为正整数，则a 2018等于( ) A.2017B.2019C.1009D.1008 答案 A解析 因为f (x )＝log 2x1－x＋1，所以f (x )＋f (1－x )＝log 2x1－x ＋1＋log 21－x x ＋1＝2.所以f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＝2， f ⎝⎛⎭⎫2n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －2n ＝2，…， f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＝2，由倒序相加，得2a n ＝2(n －1)，a n ＝n －1， 所以a 2018＝2018－1＝2017，故选A.11.若数列{a n }满足a n ＝3a n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________________. 答案 2×3n －1－1解析 设a n ＋λ＝3(a n －1＋λ)，化简得a n ＝3a n －1＋2λ， ∵a n ＝3a n －1＋2，∴λ＝1， ∴a n ＋1＝3(a n －1＋1). ∵a 1＝1，∴a 1＋1＝2，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2×3n －1，∴a n ＝2×3n －1－1.12.(2017·兰州一诊)在已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n ＝1成立，则S 2017＝________.答案11009解析 当n ≥2时，由2a na n S n －S 2n ＝1， 得2(S n －S n －1)＝a n S n －S 2n ＝－S n S n －1， 所以2S n －2S n －1＝1，又2S 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n 是以2为首项，1为公差的等差数列，所以2S n ＝n ＋1，故S n ＝2n ＋1，则S 2017＝11009.考点三 等差、等比数列的综合应用方法技巧 巧用性质，整体考虑，减少换算量.13.已知在等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8等于( )A.1＋2B.1－2C.3＋22D.3－2 2 答案 C解析 ∵a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴12a 3×2＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， ∴q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或q ＝1－2(舍). ∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 1q 8(1＋q )a 1q 6(1＋q )＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 14.(2017·石家庄一模)已知函数f (x )的图象关于x ＝－1对称，且f (x )在(－1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 50)＝f (a 51)，则{a n }的前100项的和为( ) A.－200 B.－100 C.－50 D.0答案 B解析 可得a 50＋a 51＝－2，又{a n }是等差数列， 所以a 1＋a 100＝a 50＋a 51＝－2，则{a n }的前100项的和为100(a 1＋a 100)2＝－100.15.(2017·自贡模拟)《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”.如甲、乙、丙、丁衰分得100，60，36，21.6个单位，递减的比例为40 .今共有粮m (m ＞0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得80石，乙、丁衰分所得的和为164石，则“衰分比”与m 的值分别为( )A.20 ，369B.80 ，369C.40 ，360D.60 ，365 答案 A解析 设“衰分比”为a ，甲衰分得b 石， 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧b (1－a )2＝80，b (1－a )＋b (1－a )3＝164，b ＋80＋164＝m ，解得b ＝125，a ＝20 ，m ＝369.16.若数列{a n }对任意的正整数n 和m 等式a 2n ＋m ＝a n ×a n ＋2m 都成立，则称数列{a n }为m 阶梯等比数列.若{a n }是3阶梯等比数列且a 1＝1，a 4＝2，则a 10＝________.答案 8解析 由题意可知，当{a n }是3阶梯等比数列时，a 2n ＋3＝a n a n ＋6，a 24＝a 1a 7，所以a 7＝4，由a 27＝a 4a 10，得a 10＝a 27a 4＝8.17.已知函数f (x )＝3|x ＋5|－2|x ＋2|，数列{a n }满足a 1<－2，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *.若要使数列{a n }成等差数列，则a 1的取值集合为______________. 答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫－11，－112，－194解析 因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋11，x ≥－2，5x ＋19，－5<x <－2，－x －11，x ≤－5，所以若数列{a n }成等差数列，则当a 1为直线y ＝x ＋11与直线y ＝－x －11的交点横坐标时，即a 1＝－11.此时数列{a n }是以－11为首项，11为公差的等差数列；当f (a 1)＝a 1时，即5a 1＋19＝a 1或－a 1－11＝a 1，即a 1＝－194或a 1＝－112，数列{a n }是以0为公差的等差数列，因此a 1的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫－11，－112，－194.18.(2017·湘潭市雨湖区模拟)已知数列{a n }是各项均为正整数的等差数列，公差d ∈N *，且{a n }中任意两项之和也是该数列中的一项，若a 1＝6m ，其中m 为给定的正整数，则d 的所有可能取值的和为__________. 答案 12(2m +1－1)(3m +1－1)解析 ∵公差d 是a 1＝6m 的约数， ∴d ＝2i ·3j (i ，j ＝0，1，2，…，m )，∴d 的所有可能取值之和为∑i ＝0m 2i ·∑j ＝0m 3j ＝12(2m +1－1)·(3m +1－1).1.在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n ＞1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15等于( ) A.210B.211C.224D.225 答案 B解析 当n ＞1时，S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1＝a n ＋2， ∴a n ＋1－a n ＝2.数列{a n }从第二项开始组成公差为2的等差数列，∴S 15＝a 1＋(a 2＋…＋a 15)＝1＋2＋282×14＝211.2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n 为正奇数，a n ＋1，n 为正偶数，则其前6项之和为( )A.16B.20C.33D.120 答案 C解析 a 2＝2a 1＝2， a 3＝a 2＋1＝3， a 4＝2a 3＝6， a 5＝a 4＋1＝7， a 6＝2a 5＝14，所以前6项和S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.3.已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－2a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前2017项的和S 2017＝________. 答案20174035解析 由a n ＋1＝a n (1－2a n ＋1)， 可得1a n ＋1－1a n＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为2的等差数列，故1a n ＝1a 1＋(n －1)×2＝2n －1，所以a n ＝12n －1. 又b n ＝a n ·a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S 2017＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋14033－14035＝12×40344035＝20174035. 4.已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________.答案212解析 由题意，得a 2－a 1＝2， a 3－a 2＝4，…，a n －a n －1＝2(n －1)， 累加整理可得a n ＝n 2－n ＋33， ∴a n n ＝n ＋33n－1. 由函数f (x )＝x ＋33x－1(x ＞0)的单调性可知，当n ＝5或n ＝6时，a nn 取最小值.又f (6)＝212，f (5)＝535，∴⎝⎛⎭⎫a n n min＝212.1.(2017·全国Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( ) A.－24B.－3C.3D.8 答案 A解析 由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6，可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24. 故选A.2.(2017·浙江)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”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答案 C解析 方法一 ∵数列{a n }是公差为d 的等差数列， ∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ， ∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d ，2S 5＝10a 1＋20d .若d ＞0，则21d ＞20d ，10a 1＋21d ＞10a 1＋20d ， 即S 4＋S 6＞2S 5.若S 4＋S 6＞2S 5，则10a 1＋21d ＞10a 1＋20d ， 即21d ＞20d ，∴d ＞0.∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件. 故选C.方法二 ∵S 4＋S 6＞2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6＞2(S 4＋a 5)⇔a 6＞a 5⇔a 5＋d ＞a 5⇔d ＞0， ∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件. 故选C.3.(2017·湖南十三校联考)已知函数f (x )＝x 2cos πx 2，在数列{a n }中，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)(n ∈N *)，则数列{a n }的前100项之和S 100＝________. 答案 10200解析 因为f (x )＝x 2cos πx2，所以a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2cos n π2＋(n ＋1)2cos (n ＋1)π2a 4n －3＝(4n －3)2cos (4n －3)π2＋(4n －2)2cos (4n －2)π2＝－(4n －2)2，同理可得a 4n －2＝－(4n －2)2， a 4n －1＝(4n )2，a 4n ＝(4n )2，所以a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－2(4n －2)2＋2(4n )2＝8(4n －1)， 所以{a n }的前100项之和S 100＝8(3＋7＋…＋99)＝10200.4.(2017·淮南一模)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对于任意的自然数n ，都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 3＋a 152(b 3＋b 9)＋a 3b 2＋b 10等于( )A.1941B.1737C.715D.2041 答案 A解析 ∵a 3＋a 152(b 3＋b 9)＝2a 92(b 3＋b 9)＝a 9b 3＋b 9，∴a 3＋a 152(b 3＋b 9)＋a 3b 2＋b 10＝a 9b 3＋b 9＋a 3b 2＋b 10＝a 9b 1＋b 11＋a 3b 1＋b 11＝a 3＋a 9b 1＋b 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝11(a 1＋a 11)211(b 1＋b 11)2＝S 11T 11＝2×11－34×11－3＝1941. 5.设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足2S 2n －(3n 2－n －4)S n －2(3n 2－n )＝0，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式是( )A.a n ＝3n －2B.a n ＝4n －3C.a n ＝2n －1D.a n ＝2n ＋1 答案 A解析 由2S 2n －(3n 2－n －4)S n －2(3n 2－n )＝0，n ∈N *，因式分解可得[2S n －(3n 2－n )](S n ＋2)＝0，因为数列{a n }的各项均为正数，所以2S n ＝3n 2－n . 当n ＝1时，2a 1＝3－1，解得a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3n 2－n －[3(n －1)2－(n －1)]＝6n －4，即a n ＝3n －2. 当n ＝1时，上式成立. 所以a n ＝3n －2(n ∈N *).6.已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13等于( ) A.143B.156C.168D.195 答案 C解析 由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1可知， a n ＋1＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2， ∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1.又a 1＋1＝1，故数列{a n ＋1}是首项为1，公差为1的等差数列，∴a n ＋1＝n ， ∴a 13＋1＝13，则a 13＝168.7.已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6>S 7>S 5，给出下列五个命题：①d <0；②S 11>0；③使S n >0的最大n 值为12；④数列{S n }中的最大项为S 11；⑤|a 6|>|a 7|，其中正确命题的个数是( ) A.5 B.4 C.3 D.1答案 B解析 ∵S 6>S 7>S 5，∴a 7<0，a 6>0，a 6＋a 7>0， 因此|a 6|>|a 7|；d ＝a 7－a 6<0； S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6>0；S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)>0，而S 13＝13a 7<0，因此满足S n >0的最大n 值为12.由于a 7<0，a 6>0，数列{S n }中的最大项为S 6， ∴④错，①②③⑤正确，故选B.8.(2017·永州二模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n (λ－n )－6，若数列{a n }单调递减，则λ的取值范围是( ) A.(－∞，2) B.(－∞，3) C.(－∞，4) D.(－∞，5)答案 A解析 ∵S n ＝3n (λ－n )－6，① ∴S n －1＝3n －1(λ－n ＋1)－6，n ＞1，②由①－②，得a n ＝3n －1(2λ－2n －1)(n ＞1，n ∈N *). ∵数列{a n }为单调递减数列， ∴a n ＞a n ＋1，∴3n －1(2λ－2n －1)＞3n (2λ－2n －3)，化为λ＜n ＋2(n ＞1)，∴λ＜3.又a 1＞a 2，∴λ＜2.综上，λ＜2.9.(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则k ＝1n1S k＝________. 答案2nn ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.∴k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1.10.公差不为0的等差数列{a n }的部分项123k k k a a a ，，，…构成等比数列，且k 1＝1，k 2＝2，k 3＝6，则k 4＝________. 答案 22解析 根据题意可知，等差数列的a 1，a 2，a 6项成等比数列，设等差数列的公差为d ，则有(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋5d )，解得d ＝3a 1，故a 2＝4a 1，a 6＝16a 1⇒4k a ＝a 1＋(n －1)(3a 1)＝64a 1，解得n ＝22，即k 4＝22.11.(2017·上海青浦区一模)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围是____________. 答案 (－3，＋∞)解析 ∵数列{a n }是单调递增数列，∴∀n ∈N *，a n ＋1＞a n ，(n ＋1)2＋b (n ＋1)＞n 2＋bn ，化为b ＞－(2n ＋1). ∵数列{－(2n ＋1)}是单调递减数列，∴当n ＝1时，－(2n ＋1)取得最大值－3，∴b ＞－3.12.(2017·重庆二诊)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 2n ＝n －a n ，a 2n ＋1＝a n ＋1，则S 100＝________.(用数字作答) 答案 1306解析 由题设可得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，取n ＝1，2，3，…，49，可得a 2＋a 3＝2，a 4＋a 5＝3，a 6＋a 7＝4，…，a 98＋a 99＝50，将以上49个等式两边分别相加，可得a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋…＋a 98＋a 99＝2＋502×49＝1274.又a 3＝a 1＋1＝2，a 6＝3－a 3＝1，a 12＝6－a 6＝5，a 25＝a 12＋1＝6，a 50＝25－a 25＝19，a 100＝50－a50＝31，所以S100＝1＋1274＋31＝1306.。
北师大版2019年高考高三数学一轮复习导学案教案理数 导数与函数的综合问题
课时分层训练(十六) 导数与函数的综合问题A 组 基础达标一、选择题1．方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0C [设f (x )＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f (1)＝－6＜0，极小值为f (3)＝－10＜0，所以方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数为1.]2．若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则实数a 的取值范围是( )【导学号：79140088】A ．(－∞，＋∞)B ．(－2，＋∞)C ．(0，＋∞)D ．(－1，＋∞)D [∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴实数a 的取值范围为(－1，＋∞)．]3．已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( ) A ．0 B ．1 C ．0或1D ．无数个 A [因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．] 4．(2017·郑州市第一次质量预测)已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，存在x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤1 B ．a ≥1 C ．a ≤2D ．a ≥2A [由题意知f (x )min ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2,3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min ＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A.]5．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( ) A ．3 B ．4 C ．6D ．5A [设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小． 由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A.]二、填空题6．若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为________． ①f (x )＝2－x；②f (x )＝3－x；③f (x )＝x 3； ④f (x )＝x 2＋2.①④ [设g (x )＝e xf (x )． 对于①，g (x )＝e x·2－x(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·2－x －e x ·2－x ·ln 2＝(1－ln 2)·e x ·2－x >0，∴函数g (x )在R 上单调递增，故①中f (x )具有M 性质． 对于②，g (x )＝e x·3－x(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·3－x －e x ·3－x ·ln 3＝(1－ln 3)·e x ·3－x <0，∴函数g (x )在R 上单调递减，故②中f (x )不具有M 性质． 对于③，g (x )＝e x·x 3(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·x 3＋e x ·3x 2＝(x ＋3)·e x ·x 2，当x <－3时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，故③中f (x )不具有M 性质． 对于④，g (x )＝e x·(x 2＋2)(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·(x 2＋2)＋e x ·2x ＝(x 2＋2x ＋2)·e x＝[(x ＋1)2＋1]·e x>0，∴函数g (x )在R 上单调递增，故④中f (x )具有M 性质． 综上，具有M 性质的函数的序号为①④.]7．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x－1ex ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________.【导学号：79140089】⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 [因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x －e x＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )．因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x ＝3x 2≥0， 所以f (x )在R 上单调递增， 所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0， 所以－1≤a ≤12.]8．若函数f (x )＝2x ＋sin x 对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －3)＋f (x )＜0恒成立，则x 的取值范围是________．(－3,1) [因为f (x )是R 上的奇函数，f ′(x )＝2＋cos x ＞0，则f (x )在定义域内为增函数，所以f (mx －3)＋f (x )＜0可变形为f (mx －3)＜f (－x )， 所以mx －3＜－x ，将其看作关于m 的一次函数， 则g (m )＝x ·m －3＋x ，m ∈[－2,2]， 可得若m ∈[－2,2]时，g (m )＜0恒成立． 则g (2)＜0，g (－2)＜0，解得－3＜x ＜1.]三、解答题9．已知函数f (x )＝e x＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)由f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1.易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当x ＝0时，f (x )在[－2,1]上取得最小值2. (2)f ′(x )＝e x＋a ，由于e x＞0. ①当a ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数， 当x ＞1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)＞0.当x ＜0时，取x ＝－1a，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＜1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a ＜0.所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a ＜0时，f ′(x )＝e x＋a ， 令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 在(ln(－a )，＋∞)上，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值． 函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )＞0，解得－e 2＜a ＜0.综上所述，所求实数a 的取值范围是－e 2＜a ＜0. 10．(2018·合肥一检)已知函数f (x )＝2a －x2ex (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若任意x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )＞－1恒成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝x 2－2x －2aex，当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，故f ′(x )≥0，∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，∴当a ≤－12时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．当a ＞－12时，令x 2－2x －2a ＝0⇒x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1，列表由表可知，当a ＞－2时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)∵f (x )＞－1⇔2a －x 2ex ＞－1⇔2a ＞x 2－e x，∴由条件2a ＞x 2－e x，对任意x ≥1成立． 令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x， ∴h ′(x )＝2－e x，当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x≤2－e ＜0， ∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x在[1，＋∞)上单调递减， ∴h (x )＝2x －e x≤2－e ＜0，即g ′(x )＜0， ∴g (x )＝x 2－e x在[1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )＝x 2－e x≤g (1)＝1－e ，故f (x )＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a ＞g (x )max ＝1－e ， ∴a ＞1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. B 组 能力提升11．(2018·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )＞0，则( )A ．3f (1)＜f (3)B ．3f (1)＞f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)B [由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2＜0恒成立，因此f (x )x 在R 上是单调递减函数， 所以f (3)3＜f (1)1，即3f (1)＞f (3)．]12．方程f (x )＝f ′(x )的实数根x 0叫作函数f (x )的“新驻点”，如果函数g (x )＝ln x 的“新驻点”为a ，那么a 满足( ) A ．a ＝1 B ．0＜a ＜1 C ．2＜a ＜3D ．1＜a ＜2D [∵g ′(x )＝1x ，∴ln x ＝1x.设h (x )＝ln x －1x，则h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又∵h (1)＝－1＜0，h (2)＝ln 2－12＝ln 2－ln e ＞0，∴h (x )在(1,2)上有零点，∴1＜a ＜2.]13．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是________.【导学号：79140090】(－∞，－2) [当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意． 当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a ＞0时，2a＞0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f (0)＜0，即1＜0，不成立．当a ＜0时，2a＜0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1＞0，解得a ＞2或a ＜－2，又因为a ＜0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．]14．已知函数f (x )＝ex －m－x ，其中m 为常数．(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0恒成立，求m 的取值范围； (2)当m ＞1时，判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数，并说明理由． [解] (1)依题意，可知f ′(x )＝e x －m－1，令f ′(x )＝0，得x ＝m . 故当x ∈(－∞，m )时，e x －m＜1，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(m ，＋∞)时，ex －m＞1，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．故当x ＝m 时，f (m )为极小值也是最小值． 令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1，即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1]． (2)f (x )在[0,2m ]上有两个零点，理由如下： 当m ＞1时，f (m )＝1－m ＜0.∵f (0)＝e －m＞0，f (0)·f (m )＜0，且f (x )在(0，m )上单调递减． ∴f (x )在(0，m )上有一个零点． 又f (2m )＝e m－2m ，令g (m )＝e m－2m ，则g ′(m )＝e m－2，∵当m ＞1时，g ′(m )＝e m－2＞0， ∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增．∴g (m )＞g (1)＝e －2＞0，即f (2m )＞0. ∴f (m )·f (2m )＜0，∴f (x )在(m,2m )上有一个零点．故f(x)在[0,2m]上有两个零点．。
[推荐学习]2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 专题突破练3 数列中的高考
![[推荐学习]2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 专题突破练3 数列中的高考](https://img.taocdn.com/s3/m/5e0d40f9360cba1aa811daac.png)
专题突破练(三) 数列中的高考热点问题1．(2017·北京高考)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 2b 4＝a 5，所以b 1qb 1q 3＝9，解得q 2＝3，所以b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12. 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{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N ＋)均在函数y ＝f (x )的图像上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b .由f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N ＋)均在函数y ＝f (x )的图像上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，所以a n ＝6n －5(n ∈N ＋)．(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n ＋1)－5] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1， 故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6.正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n >a n ，对n ∈N ＋均成立，求实数λ的取值范围.【导学号：79140187】[解] (1)∵等差数列{a n }中，a 1＝1，S 3＝6，∴d ＝1，故a n ＝n . 由⎩⎪⎨⎪⎧ b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ，b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1，①② ①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n(n ≥2)， b 1＝2S 1＝21＝2，满足通项公式，故b n ＝2n .(2)λb n >a n 恒成立，即λ>n2n 恒成立， 设c n ＝n 2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n， 当n ≥1时，c n ＋1≤c n ，{c n }单调递减，∴(c n )max ＝c 1＝12，故λ>12， ∴λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 4．(2017·山东高考)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1，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.图1[解] (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2，所以3q 2－5q －2＝0.由已知得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 .由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －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 －2.①又2T 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 ＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1， 所以T n ＝(2n －1)×2n＋12.。
2019届北师大版高三数学(理)复习学案：学案32 数列的综合应用(含答案)
学案32 数列的综合应用导学目标： 1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题.2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．自主梳理1．数列的综合应用数列的综合应用一是指综合运用数列的各种知识和方法求解问题，二是数列与其他数学内容相联系的综合问题．解决此类问题应注意数学思想及方法的运用与体会．(1)数列是一种特殊的函数，解数列题要注意运用方程与函数的思想与方法．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的基本思想方法，复杂的数列问题经常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前若干项求通项，由有限的特殊事例推测出一般性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会遇到，如等比数列中，经常要对公比进行讨论；由S n求a n时，要对______________进行分类讨论．2．数列的实际应用数列的应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解答应用问题的核心是建立数学模型．(1)建立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，还是递推数列模型，是求a n还是求S n.(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每月的利息均按复利计算；②在分期付款中规定每期所付款额相同；③在分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全部付清前会随时间的推移而不断增值；④各期付款连同在最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买时到最后一次付款的利息之和．自我检测1．(原创题)若S n是等差数列{a n}的前n项和，且S8－S3＝10，则S11的值为 ( )A．12 B．18C．22 D．442．(2018·汕头模拟)在等比数列{a n}中，a n>a n＋1，且a7·a11＝6，a4＋a14＝5，则a6a16等于 ( )A.23B.32C．－16D．－563．若{a n}是首项为1，公比为3的等比数列，把{a n}的每一项都减去2后，得到一个新数列{b n}，设{b n}的前n项和为S n，对于任意的n∈N*，下列结论正确的是 ( )A．b n＋1＝3b n，且S n＝12(3n－1)B．b n＋1＝3b n－2，且S n＝12(3n－1)C．b n＋1＝3b n＋4，且S n＝12(3n－1)－2nD．b n＋1＝3b n－4，且S n＝12(3n－1)－2n4．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加2 km，在达到离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是 ( )A．10秒钟B．13秒钟C．15秒钟D．20秒钟5．(2018·台州月考)已知数列{a n}的通项为a n＝nn2＋58，则数列{a n}的最大项为 ( ) A．第7项B．第8项C．第7项或第8项D．不存在6．(2018·南京模拟)设数列{a n}，{b n}都是正项等比数列，S n，T n分别为数列{lg a n}与{lg b n}的前n项和，且S nT n＝n2n＋1，则logb5a5＝________.探究点一等差、等比数列的综合问题例1设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n}的通项；(2)令b n＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{b n}的前n项和T n.变式迁移1 假设a1，a2，a3，a4是一个等差数列，且满足0<a1<2，a3＝4.若b n＝2a n(n＝1,2,3,4)．给出以下①数列{b n}是等比数列；②b2>4；③b4>32；④b2b4＝256.其中正确A．1 B．2 C．3 D．4探究点二数列与方程、函数、不等式的综合问题例2(2018·温州月考)已知函数f(x)＝2x＋33x，数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝f⎝⎛⎭⎪⎫1a n，n∈N*，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令T n＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2n a2n＋1，求T n；(3)令b n＝1a n－1a n (n≥2)，b1＝3，S n＝b1＋b2＋…＋b n，若S n<m－2 0012对一切n∈N*成立，求最小正整数m.变式迁移2 已知单调递增的等比数列{a n}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4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＝b1＋b2＋…＋b n，对任意正整数n，S n＋(n＋m)a n＋1<0恒成立，试求m的取值范围．探究点三数列在实际问题中的应用例3(2018·福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10 000元，作为启动资金开店，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每月的生活费为300元，余款作为资金全部投入下个月的经营，如此继续，问到这年年底这个职工有多少资金？若贷款年利息为25%，问这个职工还清银行贷款后纯收入多少元？变式迁移3 假设某市2019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内，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2019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例首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)1．数列实际应用问题：(1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率(复利)以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型．(2)在试题中常用的数学模型有①构造等差、等比数列的模型，然后再去应用数列的通项公式求解；②通过归纳得到结论，用数列知识求解．2．解决数列综合问题应体会以下思想及方法：(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．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2018·湖北)已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 22．(2018·漳州模拟)数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有 ( )A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定3．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 ( )A ．1 001B ．991C ．999D ．9904．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要 ( )A ．6秒B ．7秒C ．8秒D ．9秒5．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 ( )A ．6．(2018·丽水月考)若数列{a n }的通项公式a n ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫252n －2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，数列{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，则x ＋y ＝________.7．(2018·江苏)函数y ＝x 2(x>0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.若a ij ＝2 009，则i 与j 的和为________．1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 ……………………………………三、解答题(共38分)9．(12分)(2018·湘潭模拟)已知点(1，13)是函数f(x)＝a x(a>0，且a≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f(n)－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？10．(12分)沿海地区甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地区乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每月收入为45万元，但因设备老化，从下月开始需付设备维修费，第一个月为3万元，以后每月递增2万元．甲公司决定投资400万元扶持改造乙企业．据预测，改造后乙企业第一个月收入为16万元，在以后的4个月中，每月收入都比上个月增长50%，而后每个月收入都稳定在第5个月的水平上．若设备改造时间可忽略不计，那么从下个月开始至少经过多少个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益？11．(14分)(2018·广东执信中学模拟)已知函数f(x)满足f(x ＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝12.(1)当n ∈N *时，求f(n)的表达式；(2)设a n ＝n·f(n)，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2；(3)设b n ＝(9－n)＋，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案 自主梳理 1．(4)n ＝1或n≥2 自我检测1．C 2.B 3.C 4.C 5.B 6.919课堂活动区例1 解题导引 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年2．利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q.又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q>1，∴q＝2，∴a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由(1)得a 3n ＋1＝23n，∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n＝3nln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n(b 1＋b n )2＝3n(n ＋1)2·ln 2.故T n ＝3n(n ＋1)2ln 2.变式迁移1 D [设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，所以1<d<2.易知数列{b n }是等比数列，故(1)正确；a 2＝a 3－d ∈(2,3)，所以b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d>5，所以b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，所以b 2b 4＝2a 2＋a 4＝28＝256，故(4)正确．]例2 解题导引 这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项a n ，观察T n 特点，求出T n .由a n 再求b n 从而求S n ，最后利用不等式知识求出m.解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n)．(3)当n≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋13＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，又b 1＝3＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝9n2n ＋1， ∵S n <m －2 0012对一切n∈N *成立．即9n 2n ＋1<m －2 0012， 又∵9n 2n ＋1＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1递增，且9n 2n ＋1<92.∴m －2 0012≥92， 即m≥2 010.∴最小正整数m ＝2 010.变式迁移2 解 (1)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，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8， 解之，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2. ∴a n ＝2n.(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n·2n，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n×2n ＋1.②∴①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n·2n ＋1＝2n ＋1－n·2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m)a n ＋1<0，即2n ＋1－n·2n ＋1－2＋n·2n ＋1＋m·2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立，∴m·2n ＋1<2－2n ＋1对任意正整数n ，m<12n －1恒成立．∵12n －1>－1，∴m≤－1， 即m 的取值范围是(－∞，－1]．例3 解 依题意，第1个月月余款为a 1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300 ＝11 500，第2个月月底余款为a 2＝a 1(1＋20%)－a 1×20%×10%－300， 依此类推下去，设第n 个月月底的余款为a n 元，第n ＋1个月月底的余款为a n ＋1元，则a n ＋1＝a n (1＋20%)－a n ×20%×10%－300＝1.18a n －300. 下面构造一等比数列． 设a n ＋1＋x a n ＋x＝1.18，则a n ＋1＋x ＝1.18a n ＋1.18x ， ∴a n ＋1＝1.18a n ＋0.18x. ∴0.18x＝－300.∴x＝－5 0003，即a n ＋1－5 0003a n －5 0003＝1.18.∴数列{a n －5 0003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a 1－5 0003＝11 500－5 0003＝29 5003.∴a n －5 0003＝29 5003×1.18n －1，∴a 12－5 0003＝29 5003×1.1811，∴a 12＝5 0003＋29 5003×1.1811≈62 396.6(元)，即到年底该职工共有资金62 396.6元． 纯收入有a 12－10 000(1＋25%)＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．变式迁移3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{a n }， 由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则a n ＝250＋(n －1)·50＝50n ＋200，S n ＝250n ＋n(n －1)2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n≥10.∴到2020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b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400·(1.08)n －1. 由题意可知a n >0.85b n ，即50n ＋200>400·(1.08)n －1·0.85. 当n ＝5时，a 5<0.85b 5， 当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2019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%. 课后练习区1．C 2.B 3.B 4.B 5.D 6．3 7.21 8.1079．解 (1)∵f(1)＝a ＝13，∴f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x.…………………………………………………(1分)a 1＝f(1)－c ＝13－c ，a 2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29，a 3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227；又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c＝1；……………………………………………………………………………………(2分)公比q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，n∈N *；………………………………(3分)∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1＝S n ＋S n －1(n>2)，……………………………………………………………………(4分)又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1.数列{S n }构成一个首项为1、公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又当n ＝1时，也适合上式，∴b n ＝2n －1，n∈N *.……………………………………………………………………(6分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)×(2n ＋1) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(10分) 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n>1 0009，∴满足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(12分)10．解 设乙企业仍按现状生产至第n 个月所带来的总收益为A n (万元)，技术改造后生产至第n 个月所带来的总收益为B n (万元)．依题意得A n ＝45n －[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝43n －n 2，………………………………………………………………………………(4分)当n≥5时，B n ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫325－132－1＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫324(n －5)－400＝81n －594，…………………………………………………………(8分) ∴当n≥5时，B n －A n ＝n 2＋38n －594，令n 2＋38n －594>0，即(n ＋19)2>955，解得n≥12，∴至少经过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)令x ＝n ，y ＝1，得到f(n ＋1)＝f(n)·f(1)＝12f(n)，……………………………………………………………(2分)∴{f(n)}是首项为12，公比为12的等比数列，即f(n)＝(12)n.………………………………………………………………………………(5分)(2)记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，∵a n ＝n·f(n)＝n·(12)n，……………………………………………………………………(6分)∴S n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n×(12)n，12S n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n×(12)n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n×(12)n ＋1，整理得S n ＝2－(12)n －1－n(12)n<2.…………………………………………………………(9分)(3)∵f(n)＝(12)n ，而b n ＝(9－n)f(n ＋1)f(n)＝(9－n)(12)n ＋1(12)n ＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)当n≤8时，b n >0； 当n ＝9时，b n ＝0； 当n>9时，b n <0，∴n＝8或9时，S n 取到最大值．……………………………………………………(14分)。
2019届一轮复习北师大版数列不等式及推理与证明学案
高考必考题突破讲座(三)数列、不等式及推理与证明[解密考纲]数列、不等式是高中数学的主干知识，涉及函数思想的渗透和逻辑推理及数学运算．高考中常以数列的计算、推理和不等式的放缩变形为载体，考查学生的逻辑推理和运算能力．1．(2018·湖南长沙统考)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝2a n a n ＋1，设b n 的前n 项和为S n .求最小的正整数n ，使得S n >2 0162 017. 解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋3d ＝8，a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)因为b n ＝2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1， 令1－12n ＋1>2 0162 017，解得n >1 008，故取n ＝1 009. 2．(2018·江西南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5，得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，所以3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)．∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n .3．(2018·东北三省四校模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＋5a 1＋4×52d ＝50，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n a n＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1， ∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋…＋2×3n －1＋(2n ＋1)×3n ，两式相减，得－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n ×3n ，∴T n ＝n ·3n . 4．已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n ＋1)－5]＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1， 故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1. 5．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＋1－a n ＋1＝1，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2n 2＋n a n，数列{b n }的前n 项和为S n ，求使S n <－4的最小自然数n . 解析 (1)由a n ＋1＋1－a n ＋1＝1，n ∈N *， 知数列{a n ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以a n ＋1＝2＋n －1＝n ＋1，所以a n ＝n 2＋2n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋2n .(2)b n ＝log 2n 2＋nn 2＋2n ＝log 2n ＋1n ＋2＝log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)， 则S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝log 22－log 23＋log 23－log 24＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝1－log 2(n ＋2)，由S n <－4，得1－log 2(n ＋2)<－4，解得n >30，故满足S n <－4的最小自然数n 为31.6．设a 1，a 2，a 3，a 4是各项均为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)求证：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次成等比数列；(2)是否存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次成等比数列？并说明理由．解析 (1)因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)假设存在a 1，d 满足条件．令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a >d ，a >－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4，令t ＝d a，则1＝(1－t )(1＋t )3， 且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12<t <1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14. 显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立， 因此不存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．。
2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版文科)： 第5章 数列 第3节 等比数列及其前n项和课件
[变式训练 2] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－
an－1(n≥2)，且 an＋Sn＝n.
(1)设 cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：∵an＋Sn＝n，
①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，
②
②－①得 an＋1－an＋an＋1＝1，即 2an＋1＝an＋1，
第 章数列
第三节 等比数列及其前 n 项和
栏目 导航
双基自主测评 题型分类突破 课时分层训练
[考纲传真] 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公 式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识 解决相应的问题.4.了解等比数列与指数函数的关系．
(2)等比中项：如果在 a 与 b 中插入一个数 G，使得 a，G，b 成_等__比__数__列__， 那么根据等比数列的定义，Ga ＝Gb ，G2＝ab，G＝± ab，那么 G 叫作 a 与 b
的等比中项．即：G 是 a 与 b 的等比中项⇔a，G，b 成等比数列⇔G2＝aB．
2．等比数列的通项公式与前 n 项和公式 (1)通项公式：an＝_a_1_q_n－_1_. (2)前 n 项和公式：
(1)C (2)2n－1 [(1)∵{an}为等比数列，a2·a4＝16，∴a3＝4.∵a3＝a1q2＝4， S3＝7，∴S2＝a111－－qq2＝3，∴q42(1－q2)＝3(1－q)，即 3q2－4q－4＝0， ∴q＝－23或 q＝2.∵an>0，∴q＝2， 则 a1＝1，∴a8＝27＝128.
(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即 ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等 比数列，公比为_q_m_.
- 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)。
第25练 数列的综合问题[明考情]数列与函数方程、方程不等式的综合问题是高考的重点，往往和数列的通项、求和结合考查，在高考中经常出现. [知考向]1.数列与函数的综合.2.数列与不等式的综合.3.数列与其他知识的综合.考点一 数列与函数的综合方法技巧 (1)以函数为背景的数列问题，一般要利用函数的性质图象进行转化，得出数列的通项或递推关系.(2)数列中的函数问题，一般利用数列的性质研究函数的性质，用函数思想求解数列问题. 1.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)令b n ＝x n2π，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n .解 (1)f (x )＝x2＋sin x ，令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，得x ＝2k π±2π3(k ∈ ).由f ′(x )＞0⇒2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈ )，由f ′(x )＜0⇒2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈ )，当x ＝2k π－2π3(k ∈ )时，f (x )取得极小值，所以x n ＝2n π－2π3(n ∈N *).(2)因为b n ＝x n 2π＝n －13＝3n －13，所以1b n b n ＋1＝33n －1·33n ＋2＝3⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2，所以S n ＝3⎝⎛⎭⎫12－15＋15－18＋…＋13n －1－13n ＋2＝3⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2＝9n6n ＋4.2.已知定义域为R 的二次函数f (x )的最小值为0，且有f (1＋x )＝f (1－x )，直线g (x )＝4(x －1)的图象被f (x )的图象截得的弦长为417，数列{a n }满足a 1＝2，(a n ＋1－a n )·g (a n )＋f (a n )＝0(n ∈N *).(1)求函数f (x )的解析式； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝3f (a n )－g (a n ＋1)，求数列{b n }的最值及相应的n .解 (1)设f (x )＝a (x －1)2(a ＞0)，则直线g (x )＝4(x －1)的图象与y ＝f (x )的图象的两个交点为(1，0)，⎝⎛⎭⎫4a ＋1，16a . 因为⎝⎛⎭⎫4a 2＋⎝⎛⎭⎫16a 2＝417(a ＞0)，所以a ＝1， 所以f (x )＝(x －1)2.(2)f (a n )＝(a n －1)2，g (a n )＝4(a n －1)， 因为(a n ＋1－a n )·4(a n －1)＋(a n －1)2＝0， 所以(a n －1)(4a n ＋1－3a n －1)＝0.因为a 1＝2，所以a n ≠1，所以4a n ＋1－3a n －1＝0， 所以a n ＋1－1＝34(a n －1)，且a 1－1＝1，所以数列{a n －1}是首项为1，公比为34的等比数列，所以a n －1＝⎝⎛⎭⎫34n －1，即a n＝⎝⎛⎭⎫34n －1＋1. (3)b n ＝3(a n －1)2－4(a n ＋1－1)， 令b n ＝y ，u ＝⎝⎛⎫34n －1，则y ＝3⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫u －122－14＝3⎝⎛⎭⎫u －122－34. 因为n ∈N *，所以u 的值分别为1，34，916，2764，…，经比较916距12最近，所以当n ＝3时，b n 有最小值－189256，当n ＝1时，b n 有最大值0.3.已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＜2；(3)设b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值.(1)解 令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列，∴f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n.(2)证明 设T n 为{a n }的前n 项和，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， ∴T n ＝12＋2·⎝⎛⎭⎫122＋3·⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫12n ， 12T n ＝⎝⎛⎭⎫122＋2·⎝⎛⎭⎫123＋3·⎝⎛⎭⎫124＋…＋(n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋n ·⎝⎛⎭⎫12n +1， 两式相减，得12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n +1， ∴T n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＜2. 即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2. (3)解 ∵f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )⎝⎛⎭⎫12n +1⎝⎛⎭⎫12n＝9－n2，∴当n ≤8时，b n ＞0；当n ＝9时，b n ＝0；当n ＞9时，b n ＜0. ∴当n ＝8或9时，S n 取得最大值. 考点二 数列与不等式的综合方法技巧 (1)数列中的最值问题可以利用基本不等式求解.(2)与数列求和有关的不等式证明可以对中间过程或最后结果放缩得到. (3)可利用比较法或数列的单调性解决比较大小问题.4.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝a ，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *. (1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式； (2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求实数a 的取值范围. 解 (1)依题意，得 S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ， 即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n +1＝2(S n －3n )，因此b n ＋1＝2b n .当a ≠3时，{b n }为等比数列，且首项b 1＝a －3，公比q ＝2， 所以通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.①当a ＝3时，b 1＝a －3＝0，b n ＝2b n －1＝22b n －2＝23b n －3＝…＝2n －1b 1＝0，也适合①式. 故数列{b n }的通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知，S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，则a n ＋1－a n ＝2×3n＋(a －3)·2n －1－2×3n －1－(a －3)2n －2＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2[12×⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3]， 当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12×⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3＞a 1成立，所以所求实数a 的取值范围是[－9，＋∞).5.(2017·重庆一调)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 4a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－2为等比数列；(2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，若S n <100，求n 的最大值.(1)证明 ∵1a n ＋1＝43＋13a n ，∴1a n ＋1－2＝13a n －23＝13⎝⎛⎭⎫1a n －2. 又∵1a 1－2＝－13≠0，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是首项为－13，公比为13的等比数列.(2)解 由(1)可求得 1a n －2＝－13×⎝⎛⎭⎫13n －1， ∴1a n＝2－⎝⎛⎭⎫13n . S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2n －⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n ＝2n －13－13n +11－13＝2n －12＋12·3n. 若S n <100，则2n －12＋12·3n <100，∴n max ＝50.6.已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2[f (n ＋1)－f (n )](n ∈N *). (1)若a 1＝1，f (x )＝3x ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，f (x )＝2x 且λa n ＞2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围. 解 (1)因为a n ＋1－a n ＝2[f (n ＋1)－f (n )](n ∈N *)，f (n )＝3n ＋5， 所以a n ＋1－a n ＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为a 1＝1，公差为6， 即a n ＝6n －5. (2)因为f (x )＝2x ，所以f (n ＋1)－f (n )＝2n +1－2n ＝2n ， 所以a n ＋1－a n ＝2·2n ＝2n +1.当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n +1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n +1＋2.由λa n ＞2n＋n ＋2λ，得λ＞2n ＋n 2n +1＝12＋n 2n +1，而n ＋12n +2－n 2n +1＝1－n 2n +2≤0，所以当n ＝1或n ＝2时，2n ＋n 2n +1取得最大值34，故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫34，＋∞. 考点三 数列与其他知识的综合方法技巧 数列和其他知识的综合问题解题的关键是通过对其他知识的转化得到数列的通项关系式或递推关系式.7.(2017·山东)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 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0， 由已知得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 ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －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 －2.① 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＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12.8.直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *.数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，a n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ， 所以a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n . 又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1)＝n (n －1)2＋2(1－2n )1－4＝n 2－n 2＋23(2n－1).当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)2＋23(2n +1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n +1－1).而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ， 所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n－2).所以T n＝⎩⎨⎧n 2－n 2＋23(2n－1)，n 为偶数，n 2＋n 2＋13(2n－2)，n 为奇数.9.(2017·江苏)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n 对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”. (1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列. 证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ， 则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时， a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1，2，3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”.(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，① 当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n . ② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)， ③ a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n ).④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′， 所以数列{a n }是等差数列.例 (12分)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 12log n a ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ×2n ＋1＞30成立的正整数n 的最小值.审题路线图方程思想求a n ―→求b n ―→错位相减法求S n ―→解不等式S n ＋n ×2n +1＞30―→n 的最小值规范解答·评分标准解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .由题意知2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8，所以a 2＋a 4＝20，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.……………………………………3分又数列{a n }单调递增，所以q ＝2，a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .……………………………………………………5分 (2)因为b n ＝a n 12log n a ＝2n 12log 2n＝－n ×2n ，…………………………………………6分所以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＋…＋2n －n ×2n +1＝2n +1－2－n ×2n +1.…………………8分 又S n ＋n ×2n +1＞30，可得2n +1－2＞30，即2n +1＞32＝25，……………………………………………………10分 所以n ＋1＞5，即n ＞4.所以使S n ＋n ×2n +1＞30成立的正整数n 的最小值为5.………………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式. [第二步] 求和：根据数列的类型，选择适当方法求出数列的前n 项和.[第三步] 求最值：根据题目条件，建立相应的函数或不等式，通过解相应函数或不等式求出n 的最小值.1.(2017·佛山一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝a n ＋n 2－1(n ∈N *). (1)求{a n }的通项公式； (2)求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜34.(1)解 ∵S n ＝a n ＋n 2－1(n ∈N *)， ∴a 1＋a 2＝a 2＋22－1，解得a 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋n 2－1－[a n －1＋(n －1)2－1]化为a n －1＝2n －1，可得a n ＝2n ＋1， 当n ＝1时也成立. ∴a n ＝2n ＋1.(2)证明 由(1)可得S n ＝2n ＋1＋n 2－1＝n 2＋2n ，∴1S n ＝1n 2＋2n ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2. ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜34. 2.已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝4n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝(－1)n 4n2(n ＋1)a n a n ＋1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)由于a n ＋1－a n ＝4n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(4n －3)＋(4n －7)＋…＋5＋1＝n (4n －2)2＝2n 2－n .所以a n ＝2n 2－n . (2)由a n ＝2n 2－n ，可得b n ＝(－1)n4n 2(n ＋1)(2n 2－n )[2(n ＋1)2－n －1]＝(－1)n 4n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，S n ＝⎝⎛⎭⎫－1－13＋⎝⎛⎭⎫13＋15＋⎝⎛⎭⎫－15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1； 当n 为奇数时，S n ＝⎝⎛⎭⎫－1－13＋⎝⎛⎭⎫13＋15＋⎝⎛⎭⎫－15－17＋…－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1. 3.设数列{a n }的前n 项和为S n ，点⎝⎛⎭⎫n ，S nn (n ∈N *)均在函数y ＝3x －2的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解 (1)依题意得S nn＝3n －2，即S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *).(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n ＋1)－5]＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1.故T n ＝∑i ＝1nb n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1. 因此，使得12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＜m 20(n ∈N *)恒成立的m 必须满足12≤m20，即m ≥10，故满足要求的最小正整数m 为10.4.(2017·山东淄博模拟)数列{a n }是公差为正数的等差数列，a 2和a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两个实数根，数列{b n }满足3n －1b n ＝na n ＋1－(n －1)a n .(1)求a n 与b n ；(2)设T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ，并求T n <7时n 的最大值. 解 (1)由a 2＋a 5＝12，a 2a 5＝27且d >0， 得a 2＝3，a 5＝9.因此d ＝a 5－a 23＝2，a 1＝1，因此a n ＝2n －1.3n －1b n ＝n (2n ＋1)－(n －1)(2n －1)＝4n －1，所以b n ＝4n －13n －1.(2)由(1)知，b n ＝4n －13n －1，因此T n ＝31＋73＋1132＋…＋4n －53n －2＋4n －13n －1，T n 3＝33＋732＋1133＋…＋4n －53n －1＋4n －13n . 两式相减，得2T n 3＝3＋43＋432＋…＋43n －1－4n －13n ，2T n3＝3＋4·13⎝⎛⎭⎫1－13n 11－13－4n －13n ＝5－4n ＋53n . 因此T n ＝152－4n ＋52·3n －1.T n －T n ＋1＝4(n ＋1)＋52·3n －4n ＋52·3n －1＝－(4n ＋3)3n <0，因此T n <T n ＋1，即{T n }为递增数列.(或因为b n ＝4n －13n －1＞0，即{T n }为递增数列.)第 11 页 共 11 页 又T 3＝599<7，T 4＝649>7， 因此当T n <7时，n 的最大值为3.5.设函数f (x )＝x 2，过点C 1(1，0)作x 轴的垂线l 1交函数f (x )的图象于点A 1，以点A 1为切点作函数f (x )的图象的切线交x 轴于点C 2，再过点C 2作x 轴的垂线l 2交函数f (x )的图象于点A 2，…，以此类推得点A n ，记A n 的横坐标为a n ，n ∈N *.(1)证明：数列{a n }为等比数列并求出通项公式；(2)设直线l n 与函数g (x )＝12log x 的图象相交于点B n ，记b n ＝OA →n ·OB →n (其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和S n .(1)证明 以点A n －1(a n －1，a 2n －1)(n ≥2)为切点的切线方程为y －a 2n －1＝2a n －1(x －a n －1).当y ＝0时，得x ＝12a n －1，即a n ＝12a n －1. 又∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列. ∴通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)解 据题意，得B n ⎝⎛⎭⎫⎝⎛⎭⎫12n －1，n －1. ∴b n ＝OA →n ·OB →n ＝⎝⎛⎭⎫14n －1＋⎝⎛⎭⎫14n －1·(n －1)＝n ⎝⎛⎭⎫14n －1.∵S n ＝1×⎝⎛⎭⎫140＋2×⎝⎛⎭⎫141＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫14n －1， 14S n ＝1×⎝⎛⎭⎫141＋2×⎝⎛⎭⎫142＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫14n ， 两式相减，得34S n ＝1×⎝⎛⎭⎫140＋1×⎝⎛⎭⎫141＋…＋1×⎝⎛⎭⎫14n －1－n ×⎝⎛⎭⎫14n ＝1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14－n ×⎝⎛⎭⎫14n ，化简，得S n ＝169－⎝⎛⎭⎫4n 3＋169×⎝⎛⎭⎫14n ＝169－3n ＋49×4n －1.。