《步步高》2021届高考数学大一轮复习课件(人教A版)常考题型强化练——数列
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：数列的综合问题
所以an＝a1qn－1＝3 2 .
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(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1， 故 Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝nn－ 2 1.
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2.(2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，整理得a1＝ma1－1，解得m＝2时，Sn－1＝2an－1－1，
(b)
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(a)－(b)得 an＝2an－2an－1，整理得aan－n 1＝2(常数)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n－1.
选条件③时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)，
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(2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；
因为bn＋1＝2bn≠0， 所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn， 即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn， 即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn， 即证an＋1＝Sn＋1－Sn， 而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立， 所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
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(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}， 记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
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由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1， 即bn是数列{an}中的第2n－1项. 设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn， 因为b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128， 所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项 后构成的， 所以 S100＝P107－Q7＝107×22＋214－21－－228＝11 302.
新高考一轮复习人教A版专题三数列课件(36张)
以 2 为公差的等差数列.
(2)解：由(1)知，an＋bn＝1×12n－1(其中 n∈N*)， ③ an－bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1(其中 n∈N*)， ④ ③＋④得 an＝1×12n－21＋2n－1＝21n＋n－21，(n∈N*)， 即 bn＝12n－1－an＝12n－n＋12，(n∈N*).
[例 2]在①2Sn＝3n＋1－3，②an＋1＝2an＋3，a1＝1 这两 个条件中任选一个，补充在下列问题中并解答.
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若________，bn＝2na－n 6， 求数列{bn}的最大值.
解：若选择条件①，∵2Sn＝3n＋1－3， ∴2Sn＋1＝3n＋2－3， 则 2Sn＋1－2Sn＝3n＋2－3n＋1，得 2an＋1＝3·3n＋1－3n＋1＝ 2×3n＋1，则 an＋1＝3n＋1，an＝3n(n≥2)， 故当 n＝1 时，2S1＝31＋1－3 即 a1＝S1＝3，满足 an＝ 3n，∴an＝3n，bn＝2na－n 6＝2n3－n 6. 令 2n－6>0，得 n>3，bn>0，令 2n－6<0，又 n∈N*， ∴0<n<3，bn<0.
①－②得34
n k 1
c
2k＝41＋422＋423＋…＋42n－24nn－＋11，
∴
n k 1
c
2k ＝
5 9
－
6n＋5 9×4n
，
因
此
《步步高》2021届高考数学大一轮复习(人教A版)专题训练：专题一函数图象与性质的综合应用
题型四
函数的值域与不等式恒成立问题
思维启迪 解析
探究提高
题型分类·深度剖析
题型四
函数的值域与不等式恒成立问题
思维启迪 解析
探究提高
题型分类·深度剖析
题型四
函数的值域与不等式恒成立问题
思维启迪 解析
探究提高
题型分类·深度剖析
题型四
函数的值域与不等式恒成立问题
思维启迪 解析
探究提高
题型分类·深度剖析
6
7
8
9
A
练出高分
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
练出高分
A组 专项基础训练
1
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解析
(2，＋∞)
练出高分
A组 专项基础训练
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解析
练出高分
A组 专项基础训练
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解析
练出高分
A组 专项基础训练
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解析
练出高分
A组 专项基础训练
题型分类·深度剖析
高考圈题
2.高考中的函数零点问题
考点分析
求解策略
解析
解后反思
题型分类·深度剖析
高考圈题
2.高考中的函数零点问题
考点分析
求解策略
解析
解后反思
题型分类·深度剖析
【步步高】2021届高考数学总温习 数列的通项与求和学案 理 新人教A版 (1)
学案31 数列的通项与求和导学目标： 1.能利用等差、等比数列前n 项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．自主梳理 1．求数列的通项(1)数列前n 项和S n 与通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.(2)当已知数列{a n }中，知足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，那么可用________求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)．(3)当已知数列{a n }中，知足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，那么可用__________求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1.(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，通过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项． (5)归纳、猜想、证明法． 2．求数列的前n 项的和 (1)公式法①等差数列前n 项和S n ＝____________＝________________，推导方式：____________；②等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，q ＝1， ＝ ，q ≠1.推导方式：乘公比，错位相减法． ③常见数列的前n 项和：a ．1＋2＋3＋…＋n ＝__________；b ．2＋4＋6＋…＋2n ＝__________；c ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝______；d ．12＋22＋32＋…＋n 2＝__________；e ．13＋23＋33＋…＋n 3＝__________________.(2)分组求和：把一个数列分成几个能够直接求和的数列．(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加进程消去中间项，只剩有限项再求和． 常见的裂项公式有： ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1； ②12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘组成的数列求和． (5)倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导． 自我检测1．(原创题)已知数列{a n }的前n 项的乘积为T n ＝3n 2(n ∈N *)，那么数列{a n }的前n 项的( ) A.32(3n －1)B.92(3n －1) C.38(9n －1)D.98(9n －1) 2．(2020·邯郸月考)设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是其前n 项和，假设{S n }是等差数列，那么q 为 ( )A ．－1B ．1C ．±1D ．03．已知等比数列{a n }的公比为4，且a 1＋a 2＝20，设b n ＝log 2a n ，那么b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n 等于( )A ．n 2＋nB ．2(n 2＋n )C ．2n 2＋nD ．4(n 2＋n )4．(2020·天津高三十校联考)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 项的和为S n ，那么使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315．(2020·北京海淀区期末)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 ，那么S 100的值为________．6．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________.探讨点一 求通项公式 例1 已知数列{a n }知足a n ＋1＝2n ＋1·a na n ＋2n ＋1，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式．变式迁移1 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． 探讨点二 裂项相消法求和例2 已知数列{a n }，S n 是其前n 项和，且a n ＝7S n －1＋2(n ≥2)，a 1＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1log 2a n ·log 2a 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 .变式迁移2 求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n ，…的前n 项和．探讨点三 错位相减法求和例3 (2020·荆门月考)已知数列{a n }是首项、公比都为q (q >0且q ≠1)的等比数列，b n ＝a n log 4a n (n ∈N *)． (1)当q ＝5时，求数列{b n }的前n 项和S n ； (2)当q ＝1415时，假设b n <b n ＋1，求n 的最小值．变式迁移3 求和S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan .分类讨论思想的应用例 (5分)二次函数f (x )＝x 2＋x ，当x ∈[n ，n ＋1](n ∈N *)时，f (x )的函数值中所有整数值的个数为g (n )，a n ＝2n 3＋3n 2g n(n ∈N *)，那么S n ＝a 1－a 2＋a 3－a 4＋…＋(－1)n －1a n ＝ ( )A ．(－1)n －1n n ＋12 B ．(－1)nn n ＋12C.n n ＋12D ．－n n ＋12【答题模板】 答案 A解析 此题考查二次函数的性质和并项转化法求和．当x ∈[n ，n ＋1](n ∈N *)时，函数f (x )＝x 2＋x 的值随x 的增大而增大，那么f (x )的值域为[n 2＋n ，n 2＋3n ＋2](n ∈N *)，∴g (n )＝2n ＋3(n ∈N *)，于是a n ＝2n 3＋3n 2g n＝n 2.方式一 当n 为偶数时，S n ＝a 1－a 2＋a 3－a 4＋…＋a n －1－a n ＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n －1)2－n 2]＝－[3＋7＋…＋(2n －1)]＝－3＋2n －12·n 2＝－n n ＋12；当n 为奇数时，S n ＝(a 1－a 2)＋(a 3－a 4)＋…＋(a n －2－a n －1)＋a n ＝S n －1＋a n ＝－n n －12＋n 2＝n n ＋12，∴S n ＝(－1)n －1n n ＋12.方式二 a 1＝1，a 2＝4，S 1＝a 1＝1，S 2＝a 1－a 2＝－3，查验选择项，可确信A 正确． 【冲破思维障碍】在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，因此一样需要对项数n 进行分类讨论，但最终的结果却往往能够用一个公式来表示．1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项； (2)观观点：例如由数列的前几项来求通项； (3)可化归为利用累加法、积存法；(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法； (5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明． 2．数列求和的方式：一样的数列求和，应从通项入手，假设无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具有某种方式适用特点的形式，从而选择适合的方式求和．3．求和时应注意的问题：(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导进程．(2)注意观看数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为大体数列求和，或转化为大体数列求和． (总分值：75分)一、选择题(每题5分，共25分)1．(2020·广东)已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和，假设a 2·a 3＝2a 1且a 4与2a 7的等差中项为54，那么S 5等于 ( )A ．35B ．33C ．31D ．292．(2020·黄冈调研)有两个等差数列{a n }，{b n }，其前n 项和别离为S n ，T n ，假设S n T n＝7n ＋2n ＋3，那么a 5b 5＝( )A.6512B.378C.7213D.943．若是数列{a n }知足a 1＝2，a 2＝1且a n －1－a n a n a n －1＝a n －a n ＋1a n a n ＋1(n ≥2)，那么此数列的第10项( ) A.1210B.129C.110D.154．数列{a n }的前n 项和为S n ，假设a n ＝1n n ＋1，那么S 5等于 ( ) A ．1 B.56C.16D.1305．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1 020，那么n 的最小值是 ( )A ．7B ．8C ．9D ．10 题号123456．(2020·东北师大附中高三月考)数列{a n }的前n 项和为S n 且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，那么log 4S 10＝__________.7．(原创题)已知数列{a n }知足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，那么该数列前26项的和为________．8．关于数列{a n }，概念数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，假设a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n ，那么数列{a n }的前n 项和S n ＝____________.三、解答题(共38分)9．(12分)(2020·河源月考)已知函数f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7(n ∈N *)． (1)假设函数f (x )的图象的极点的横坐标组成数列{a n }，试证明数列{a n }是等差数列； (2)设函数f (x )的图象的极点到x 轴的距离组成数列{b n }，试求数列{b n }的前n 项和S n .10．(12分)(2020·三门峡月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12na n ＋a n －c (c 是常数，n ∈N *)，a 2＝6.(1)求c 的值及数列{a n }的通项公式； (2)证明1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.11．(14分)(2020·北京宣武高三期中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }知足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1) (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求数列{b n }的通项公式b n ； (3)假设c n ＝a n ·b n n，求数列{c n }的前n 项和T n .答案 自主梳理1．(2)累加法 (3)积存法 2.(1)①n (a 1＋a n )2 na 1＋n (n －1)2d 倒序相加法 ②na 1 a 1(1－q n )1－qa 1－a n q1－q③n (n ＋1)2n 2＋n n 2n (n ＋1)(2n ＋1)6⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)22 自我检测1．C 2.B 3.B 4.B 5．10 100 6.145511512课堂活动区例1 解题导引 已知递推关系求通项公式这种问题要求不高，要紧把握由a 1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想a n 的方式，和累加：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1；累乘：a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1等方式．解 已知递推可化为 1a n ＋1－1a n ＝12n ＋1， ∴1a 2－1a 1＝122，1a 3－1a 2＝123，1a 4－1a 3＝124，…，1a n －1a n －1＝12n . 将以上(n －1)个式子相加得 1a n －1a 1＝122＋123＋124＋…＋12n ，∴1a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n . ∴a n ＝2n2n －1.变式迁移1 (1)证明 由已知有a 1＋a 2＝4a 1＋2，解得a 2＝3a 1＋2＝5，故b 1＝a 2－2a 1＝3. 又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－(4a n ＋2) ＝4a n ＋1－4a n ；于是a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )， 即b n ＋1＝2b n .因此数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知等比数列{b n }中，b 1＝3，公比q ＝2， 因此a n ＋1－2a n ＝3×2n －1， 于是a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫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， 因此a n ＝(3n －1)·2n －2.例2 解题导引 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并非必然只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．再确实是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．2．一样情形如下，假设{a n }是等差数列， 则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2.另外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和． 解 (1)∵n ≥2时，a n ＝7S n －1＋2，∴a n ＋1＝7S n ＋2， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝7a n ，∴a n ＋1＝8a n (n ≥2)． 又a 1＝2，∴a 2＝7a 1＋2＝16＝8a 1， ∴a n ＋1＝8a n (n ∈N *)．∴{a n }是一个以2为首项，8为公比的等比数列， ∴a n ＝2·8n －1＝23n －2.(2)∵b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋1＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13(13n －2－13n ＋1)， ∴T n ＝13(1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1)＝13(1－13n ＋1)<13.∴m 20≥13，∴最小正整数m ＝7. 变式迁移2 解 a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝2·[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1.例3 解题导引 1.一样地，若是数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采纳错位相减法．2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：(1)要擅长识别题目类型，专门是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应专门注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．解 (1)由题意得a n ＝q n ， ∴b n ＝a n ·log 4a n ＝q n ·log 4q n ＝n ·5n ·log 45，∴S n ＝(1×5＋2×52＋…＋n ×5n )log 45， 设T n ＝1×5＋2×52＋…＋n ×5n ，①那么5T n ＝1×52＋2×53＋…＋(n －1)×5n ＋n ×5n ＋1，② ①－②得－4T n ＝5＋52＋53＋…＋5n －n ×5n ＋1 ＝5(5n －1)4－n ×5n ＋1，∴T n ＝516(4n ×5n －5n ＋1)，S n ＝516(4n ×5n －5n ＋1)log 45. (2)∵b n ＝a n log 4a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1415n log 41415，∴b n ＋1－b n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1415n ＋1log 41415－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1415n log 41415＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1415n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1415－n 15log 41415>0，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1415n >0，log 41415<0，∴1415－n15<0，∴n >14， 即n ≥15时，b n <b n ＋1. 故所求的n 的最小值是15. 变式迁移3 解 当a ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，当a ≠1时，S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan ，①∴1a S n ＝1a 2＋2a 3＋3a 4＋…＋nan ＋1，②①－②，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ·S n＝1a ＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n －n an ＋1，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a S n ＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n 1－1a－na n ＋1＝1－1a n a －1－na n ＋1，∴S n ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n (a －1)2－n(a －1)·a n.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n (n ＋1)2， a ＝1，a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n(a －1)2－n (a －1)·a n ， a ≠1.课后练习区1．C 2.A 3.D 4.B 5.D6．9解析 ∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1 (n ≥2)．两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，∴a n ＋1＝4a n ，即a n ＋1a n ＝4.∴{a n }为以a 2为首项，公比为4的等比数列．当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3，∴n ≥2时，a n ＝3·4n －2，S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48＝1＋3×(1＋4＋ (48)＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49. ∴log 4S 10＝log 449＝9.7．－10解析 依题意得，a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，a 7＝－1，a 8＝12，因此数列周期为4，S 26＝6×(1－2－1＋12)＋1－2＝－10. 8．2n ＋1－2解析 依题意，有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1，所有的代数式相加得a n －a 1＝2n －2，即a n ＝2n ，因此S n ＝2n ＋1－2.9．解 f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7＝[x －(n ＋1)]2＋3n －8.…………………………………………………………………(3分)(1)由题意，a n ＝n ＋1，故a n ＋1－a n ＝(n ＋1)＋1－(n ＋1)＝1，故数列{a n }是以1为公差，2为首项的等差数列．……………………………………(5分)(2)由题意，b n ＝|3n －8|.……………………………………………………………………(7分) 当1≤n ≤2时，b n ＝－3n ＋8，数列{b n }为等差数列，b 1＝5，∴S n ＝n (5－3n ＋8)2＝－3n 2＋13n 2；………………………………………………………(9分) 当n ≥3时，b n ＝3n －8，数列{b n }是等差数列，b 3＝1.∴S n ＝S 2＋(n －2)(1＋3n －8)2＝3n 2－13n ＋282.…………………………………………(11分) ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3n 2＋13n 2， 1≤n ≤2，3n 2－13n ＋282， n ≥3.……………………………………………(12分)10．(1)解 因为S n ＝12na n ＋a n －c ， 因此当n ＝1时，S 1＝12a 1＋a 1－c ， 解得a 1＝2c ，………………………………………………………………………………(2分) 当n ＝2时，S 2＝a 2＋a 2－c ，即a 1＋a 2＝2a 2－c ，解得a 2＝3c ，………………………………………………………(3分) 因此3c ＝6，解得c ＝2；…………………………………………………………………(4分) 则a 1＝4，数列{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2.……………………………………………………………(6分)(2)证明 因为1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1 ＝14×6＋16×8＋…＋1(2n ＋2)(2n ＋4)＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n ＋2－12n ＋4) ＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n ＋2－12n ＋4)]……………………………………………(8分) ＝12(14－12n ＋4)＝18－14(n ＋2).……………………………………………………………(10分) 因为n ∈N *，因此1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.…………………………………………(12分) 11．解 (1)∵S n ＝3n ，∴S n －1＝3n －1 (n ≥2)．∴a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1 (n ≥2)．……………………………………………(3分) 当n ＝1时，2×31－1＝2≠S 1＝a 1＝3，…………………………………………………(4分)∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1，2×3n －1， n ≥2， n ∈N *……………………………………………………(5分) (2)∵b n ＋1＝b n ＋(2n －1)，∴b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝3，b 4－b 3＝5，…， b n －b n －1＝2n －3.以上各式相加得b n －b 1＝1＋3＋5＋…＋(2n －3)＝(n －1)(1＋2n －3)2＝(n －1)2. ∵b 1＝－1，∴b n ＝n 2－2n .………………………………………………………………(7分)(3)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，2(n －2)×3n －1，n ≥2，n ∈N *.……………………………………………………(9分)当n ≥2时，T n ＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n －2)×3n －1， ∴3T n ＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n －2)×3n ， 相减得－2T n ＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－2(n －2)×3n . ∴T n ＝(n －2)×3n －(3＋32＋33＋…＋3n －1)＝(n －2)×3n －3n －32＝(2n －5)3n ＋32.…………………………………………………(13分) T 1＝－3也适合．∴T n ＝(2n －5)3n ＋32 (n ∈N *)．…………………………………………………………(14分)。
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：数列
5.等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＋a4＝12，则{an}的前 8 项和为
√A.90
B.30( 2＋1)
C.45( 2＋1)
D.72
等比数列{an}中，a1＋a2＝6， a3＋a4＝(a1＋a2)q2＝12， ∴q2＝2，a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝24， 同理a7＋a8＝48， 则{an}的前8项和a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝6＋12＋24＋48＝90.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
11.数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有
√A.Sn＝3n－1
√B.{Sn}为等比数列
C.an＝2·3n－1
√D.an＝12·，3nn－＝2，1n，≥2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
8.数列{an}中，a1＝5，a2＝9.若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大 值为
A.9
√B.11
45 C. 4
D.12
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
令bn＝an＋n2，又a1＝5，a2＝9， ∴b2＝a2＋4＝13，b1＝a1＋1＝6， ∴数列{an＋n2}的首项为6，公差为13－6＝7， 则an＋n2＝6＋7(n－1)＝7n－1， ∴an＝－n2＋7n－1＝－n－722＋445，又 n∈N*， ∴当 n＝3 或 4 时，an 有最大值为－14＋445＝11.
【步步高】2021届高考数学总温习 数列的综合应用学案 理 新人教A版 (1)
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类知识和方式求解问题，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式的运用与体会．(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式．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的大体思想方式，复杂的数列问题常常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一样及由一样到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前假设干项求通项，由有限的特殊事例推测出一样性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会碰到，如等比数列中，常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，解许诺用问题的核心是成立数学模型．(1)成立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，仍是递推数列模型，是求a n仍是求S n.(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每一个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数付清前会随时刻的推移而不断增值；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)假设S n是等差数列{a n}的前n项和，且S8－S3＝10，那么S11的值为( )A．12 B．18C．22 D．442．(2020·汕头模拟)在等比数列{a n}中，a n>a n＋1，且a7·a11＝6，a4＋a14＝5，那么a6a16等于( )A.23B.32 C ．－16D ．－563．假设{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，取得一个新数列{b n }，设{b n }的前n 项和为S n ，关于任意的n ∈N *，以下结论正确的选项是 ( )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，那么这一进程需要的时刻大约是 ( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟5．(2020·台州月考)已知数列{a n }的通项为a n ＝nn 2＋58，那么数列{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．(2020·南京模拟)设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 别离为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，那么log b 5a 5＝________. 探讨点一 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S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4组成等差数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .变式迁移1 假设a 1，a 2，a 3，a 4是一个等差数列，且知足0<a 1<2，a 3＝4.假设b n ＝2a n (n ＝1,2,3,4)．给出以下命题：①数列{b n }是等比数列；②b 2>4；③b 4>32；④b 2b 4＝256.其中正确命题的个数是 ( ) A ．1B ．2C ．3D ．4探讨点二 数列与方程、函数、不等式的综合问题例2 (2020·温州月考)已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }知足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ； (3)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋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 }知足：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)假设b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋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．探讨点三 数列在实际问题中的应用例3 (2020·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，每一个月月底取得的利润是该月月初投入资金的20%，每一个月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每一个月的生活费为300元，余款作为资金全数投入下个月的经营，如此继续，问到这年年末那个职工有多少资金？假设贷款年利息为25%，问那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2020年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，估量在尔后的假设干年内，该市每一年新建住房面积平均比上一年增加8%.另外，每一年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年末，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2020年为累计的第一年)将第一次很多于4 750万平方米？ (2)昔时建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例第一次大于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成立数学模型，有关平均增加率、利率(复利)和等值增减等实际问题，需利用数列知识成立数学模型．(2)在试题中经常使用的数学模型有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通过归纳取得结论，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式：(1)数列与函数方程相结合时要紧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．(总分值：75分)一、选择题(每题5分，共25分)1．(2020·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，那么a 9＋a 10a 7＋a 8的值为( )A ．1＋ 2B ．1－2C ．3＋22D ．3－222．(2020·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，那么有 ( )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的大小不确信 3．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，概念S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”，假设有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，那么有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，每一个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身割裂为2个，此刻有一个如此的细菌和100个如此的病毒，问细菌将病毒全数杀死至少需要 ( )A ．6秒B ．7秒C ．8秒D ．9秒5．已知数列{a n }，{b n }知足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，那么b 10等于 ( )A ．24B ．32C ．48D ．646．(2020·丽水月考)假设数列{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，那么x ＋y ＝________.7．(2020·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，那么a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按必然的规那么排成了如下图的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于那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.假设a ij ＝2 009，那么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)(2020·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 知足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)假设数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问知足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？10．(12分)沿海地域甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地域乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每一个月收入为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，以后每一个月递增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，每一个月收入都比上个月增加50%，而后每一个月收入都稳固在第5个月的水平上．假设设备改造时刻可忽略不计，那么从下个月开始至少通过量少个月，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)(2020·广东执信中学模拟)已知函数f (x )知足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 ＋1f 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，专门是等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式和等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．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，要熟悉它们的推导进程，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 ＝3n ln 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 ，那么a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，因此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)，因此b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，因此b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，因此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 ，观看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∵9n2n ＋1＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1递增， 且9n2n ＋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，那么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，那么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)，即到年末该职工共有资金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年末，该市历年所建中低价房的累计面积将第一次很多于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，∴知足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016年末，昔时建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例第一次大于85%.课后练习区1．C 2.B 3.B 4.B 5.D6．3 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 }组成一个首项为一、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， ∴知足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，∴至少通过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，取得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－n 2.…………………………………………………………………(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)。
《步步高》届高考数学大一轮复习题课件(人教A版)创新题目技能练——统计、统计案例(共35张PPT)
练出高分
B组 专项能力提升
1
2
3
4
5
6
7
练出高分
B组 专项能力提升
1
2
3
4
5
6
7
1．某地区选出 600 名消防官兵参与灾区救援，将其编号为 001,002，…，
600.为打通生命通道，先采用系统抽样方法抽出 50 名为先遣部队，
且随机抽得的号码为 003.这 600 名官兵来源于不同的县市，从 001
量为 160，则中间一组的频数为
()
A．32
解析
B．0.2
C．40
D．0.25
练出高分
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
4．在样本频率分布直方图中，共有 11 个小长方形，若中间一个 小长方形的面积等于其他 10 个小长方形面积和的14，且样本容
量为 160，则中间一组的频数为
(A )
A．32
解析
x 乙＝110×(19＋17＋11＋21＋24＋22＋24＋30＋32＋30)＝23.
练出高分
A组 专项基础训练
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7．如图所示是某公司(员工总人数 300 人)2012 年员工年薪情况的频率分布 直方图，由此可知，员工中年薪在 2.4 万元～2.6 万元之间的共有______人．
解析
再根据a^＝ y －b^ x ( x ， y 为样本平均值)求得a^ .
因此( x ， y )一定满足线性回归方程，但满足线性回归方程
的除了( x ， y )外，可能还有其他样本点．
步步高一轮复习2021第六章 6
§6.1数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．数列的通项公式a n＝3n＋5与函数y＝3x＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n＝3n＋5是特殊的函数，其定义域为N*，而函数y＝3x＋5的定义域是R，a n＝3n＋5的图象是离散的点，且排列在y＝3x＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．(×)(2)所有数列的第n项都能使用公式表达．(×)(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√)(4)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×)题组二教材改编2．在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1＝4a n＋1，则a3＝________.答案21解析由题意知，a2＝4a1＋1＝5，a3＝4a2＋1＝21.3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n＝________. 答案5n＋1题组三 易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ， 整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎫n －1122＋1214， ∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.7．已知整数数列{a n }满足：a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧12a n ，当a n 为偶数时，5a n ＋1，当a n 为奇数时.(1)若a 1＝8，则a 5＝________. (2)若a 4＝6，则a 3＝________. 答案 (1)6 (2)1或12解析 (1)a 1＝8，a 2＝12×8＝4，a 3＝12×4＝2，a 4＝12×2＝1，a 5＝5＋1＝6.(2)a 3为偶数时，a 4＝12a 3＝6，得a 3＝12.a 3为奇数时，a 4＝5a 3＋1＝6，得a 3＝1，故a 3＝1或12.由a n与S n的关系求通项公式例1(1)设S n为数列{a n}的前n项和，若2S n＝3a n－3，则a4等于() A．27 B．81 C．93 D．243答案 B解析根据2S n＝3a n－3，可得2S n＋1＝3a n＋1－3，两式相减得2a n＋1＝3a n＋1－3a n，即a n＋1＝3a n，当n＝1时，2S1＝3a1－3，解得a1＝3，所以数列{a n}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a4＝a1q3＝34＝81.故选B.(2)已知数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n，则a n＝________.答案 4n －5解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2解析 当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，①故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②，得na n ＝2n －2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －1n(n ≥2)．显然当n ＝1时不满足上式，∴a n＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.本例(2)中，若S n ＝2n 2－3n ＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，4n －5，n ≥2思维升华 已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝ 2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则a n ＝________.答案13n解析 因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时， a 1＋3a 2＋32a3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②由①－②，得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意，知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.由数列的递推关系求通项公式命题点1 累加法例2 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________. 答案 n 2＋n ＋22解析 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则当n ≥2时，a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22，又a 1＝2也符合上式，所以a n ＝n 2＋n ＋22.命题点2 累乘法例3 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝nn ＋1a n ，则a n ＝________.答案 2n解析 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1.∴当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n.a 1＝2也符合上式， 则a n ＝2n.思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＋1＝a n ＋f (n )时，用累加法求解． (2)当出现a n ＋1a n＝f (n )时，用累乘法求解．跟踪训练2 (1)(2019·龙岩质检)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n －1＝2n ，则a n ＝________. 答案 2n ＋n －2解析 因为数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n －1＝2n ， 所以当n ≥2时，a 2－a 1＝1＋21， a 3－a 2＝1＋22， a 4－a 3＝1＋23， ……a n －a n －1＝1＋2n －1，以上各式相加得a n －a 1＝n －1＋(21＋22＋23＋…＋2n －1)， 则a n ＝2n ＋n －2(n ≥2)． 又a 1＝1也符合上式， 所以a n ＝2n ＋n －2.(2)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋2a n，求通项公式a n .解 由已知得a n ＋1a n ＝nn ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1， 所以a n a 1＝2n (n ＋1)，即n ≥2时，a n ＝43n (n ＋1)，又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43n (n ＋1). 数列的性质命题点1 数列的单调性例4 已知数列{c n }，c n ＝2n －72n ，则当n ＝________时，c n 最大． 答案 5解析 c n ＋1－c n ＝2n －52n ＋1－2n －72n ＝9－2n 2n ＋1， 当n ≤4时，c n ＋1>c n ，当n ≥5时，c n ＋1<c n ，因此c 1<c 2<c 3<c 4<c 5>c 6>c 7>…，∴n ＝5时，c n 取得最大值．命题点2 数列的周期性例5 (2019·兰州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 020的值为( )A ．2B ．1 C.12 D.14答案 B解析 因为a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，由a 1＝1，a 2＝2，得a 3＝2，由a 2＝2，a 3＝2，得a 4＝1，由a 3＝2，a 4＝1，得a 5＝12，由a 4＝1，a 5＝12，得a 6＝12， 由a 5＝12，a 6＝12，得a 7＝1， 由a 6＝12，a 7＝1，得a 8＝2， 由此推理可得数列{a n }是周期为6的数列，所以a 2 020＝a 4＝1，故选B.命题点3 数列的最值例6 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( )A ．－3B ．－5C ．－6D ．－9答案 D解析 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1，∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2，则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2. 设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0， ∴f (x )的极小值点为x ＝103， ∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8，∴f (n )min ＝－9.思维升华 应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断． 跟踪训练3 (1)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法错误的是( )A ．T n 无最大值B ．a n 有最大值C ．T 2 020＝9D ．a 2 020＝1答案 A 解析 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，… 因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2 020＝a 4＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…，所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9，T 2 020＝T 4＝9，故选A.(2)(2019·宁夏石嘴山市第三中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，且点(a n ，2a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －12y ＋1＝0上．若对任意的n ∈N *，1n ＋a 1＋1n ＋a 2＋1n ＋a 3＋…＋1n ＋a n≥λ恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎦⎤－∞，12 解析 数列{a n }满足a 1＝1，且点(a n ，2a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －12y ＋1＝0上， 可得a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，可得a n ＝n ，对任意的n ∈N *，1n ＋a 1＋1n ＋a 2＋1n ＋a 3＋…＋1n ＋a n≥λ恒成立， 即为λ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n min ， 由f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ， 得f (n )－f (n ＋1)＝1n ＋1－12n ＋1－12n ＋2＝12n ＋2－12n ＋1＝－1(2n ＋1)(2n ＋2)<0， 即f (n )<f (n ＋1)，可得f (n )递增，即有f (1)为最小值，且为12，可得λ≤12，则实数λ的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，12.1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的( )A ．第19项B ．第20项C ．第21项D ．第22项 答案 C解析 数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1， 令6n －1＝55，得n ＝21.2．(2019·咸阳模拟)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n 2D ．a n ＝n 22 答案 B解析 由题意得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)， 又a 1＝1 ，所以a n ＝n (n ≥1)，a n ＝n 2 ，故选B.3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( )A ．255B ．256C ．510D ．511答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510. 4．(2020·山东省淄博实验中学月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＋1＝2S n －1(n ∈N *)，则a 10等于( )A ．128B ．256C ．512D ．1 024答案 B解析 ∵S n ＋1＝2S n －1(n ∈N *)，n ≥2时，S n ＝2S n －1－1，∴a n ＋1＝2a n .n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1－1，a 1＝2，a 2＝1.∴数列{a n }从第二项开始为等比数列，公比为2.则a 10＝a 2×28＝1×28＝256.故选B.5．(2019·安徽省江淮十校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n n ＝2，a 1＝20，则a n n 的最小值为( )A ．4 5B ．45－1C ．8D ．9答案 C解析 由a n ＋1－a n ＝2n 知，当n ≥2时，a 2－a 1＝2×1，a 3－a 2＝2×2，…，a n －a n －1＝2(n －1)，相加得，a n －a 1＝n 2－n ，所以a n n ＝n ＋20n－1(经检验n ＝1时也符合)， 又n ∈N *，所以n ≤4时，a n n 单调递减，n ≥5时，a n n单调递增， 因为a 44＝a 55，所以a n n 的最小值为a 44＝a 55＝8.故选C. 6．(2019·临沂模拟)意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 020项的和为( )A ．672B ．673C ．1 347D ．2 020答案 C解析 由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以2的余数，可得{a n }为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0，…，所以{a n }是周期为3的数列，一个周期中三项和为1＋1＋0＝2，因为2 020＝673×3＋1，所以数列{a n }的前2 020项的和为673×2＋1＝1 347，故选C.7．(多选)下列说法不正确的是( )A ．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}B ．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的数列C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1n 的第k 项是1＋1k D ．数列可以看作是一个定义域为正整数集的函数答案 ABD解析 数列与数集是不同的，故选项A 错误；由数列的有序性知选项B 错误；数列的定义域不一定为正整数集，故选项D 错误．8．(多选)在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n ，则数列{a n }中的最大项可以是( )A ．第6项B ．第7项C ．第8项D ．第9项答案 AB 解析 假设a n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1， 即⎩⎨⎧ (n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ＋1，(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n ≥n ·⎝⎛⎭⎫78n －1，所以⎩⎨⎧ n ＋1≥78(n ＋2)，78(n ＋1)≥n ，即6≤n ≤7，所以最大项为第6项和第7项．9．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.10．(2020·北京市昌平区模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，S n ≥S 6.请写出一个满足条件的数列{a n }的通项公式a n ＝________. 答案 n －6(n ∈N *)(答案不唯一)解析 ∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，则数列{a n }是递增的，∀n ∈N *，S n ≥S 6，即S 6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0，即可， 所以，满足条件的数列{a n }的一个通项公式a n ＝n －6(n ∈N *)(答案不唯一)．11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n. (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2， 解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3， 解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1， 整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…， a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1， 将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2， 经检验n ＝1时，也满足上式．综上，{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2. 12．(2020·石家庄模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围． 解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n＋1＝(n＋2)a n＋1－(n＋1)a n，即na n＋1＝(n＋1)a n，∴a n＋1n＋1＝a nn，∴a nn＝a n－1n－1＝…＝a11＝1，∴a n＝n(n∈N*)．(2)b n＝3n－λn2.b n＋1－b n＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2) ＝2·3n－λ(2n＋1)．∵数列{b n}为递增数列，∴2·3n－λ(2n＋1)>0，即λ<2·3n2n＋1.令c n＝2·3n2n＋1，则c n＋1c n＝2·3n＋12n＋3·2n＋12·3n＝6n＋32n＋3>1.∴{c n}为递增数列，∴λ<c1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．13．已知数列{a n}的前n项和为S n，若3S n＝2a n－3n，则a2 020等于() A．22 020－1 B．32 020－6C.⎝⎛⎭⎫12 2 020－72D.⎝⎛⎭⎫13 2 020－103 答案 A解析 由题意可得，3S n ＝2a n －3n ， 3S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式作差可得3a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3， 即a n ＋1＝－2a n －3，a n ＋1＋1＝－2(a n ＋1)， 结合3S 1＝2a 1－3＝3a 1可得a 1＝－3，a 1＋1＝－2， 则数列{a n ＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列， 据此有a 2 020＋1＝(－2)×(－2)2 019＝22 020， ∴a 2 020＝22 020－1.故选A.14．已知正项数列{a n }单调递增，则使得不等式(1－λa i )2<1对任意a i (i ＝1,2，…，k )都成立的λ的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，1a 1B.⎝⎛⎭⎫0，2a 1C.⎝⎛⎭⎫0，1a kD.⎝⎛⎭⎫0，2a k 答案 D解析 由(1－λa i )2<1，得－1<1－λa i <1， 即0<λa i <2，∵a i >0，∴0<λ<2a i， ∵{a n }单调递增，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n 单调递减， ∴对任意i ＝1,2，…，k ，有2a k ≤2a i， ∴λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，2a k .15．(2020·北京市海淀区期末)设数列{a n }使得a 1＝0，且对任意的n ∈N *，均有|a n ＋1－a n |＝n ，则a 3所有可能的取值构成的集合为：________，a 64的最大值为________． 答案 {－3，－1,1,3} 2 016解析 因为数列{a n }使得a 1＝0，且对任意的n ∈N *，均有|a n ＋1－a n |＝n ， 所以|a 2－a 1|＝1，因此a 2＝1或a 2＝－1；又|a 3－a 2|＝2，所以a 3－a 2＝±2，因此a 3＝1±2或a 3＝－1±2，即a 3所有可能的取值为－3，－1,1,3，故a 3所有可能的取值构成的集合为{－3，－1,1,3}， 若a n 取最大值，则{a n }必为单调递增数列，即a n ＋1－a n >0， 所以有a n ＋1－a n ＝n ，因此a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝2，…，a n －a n －1＝n －1， 以上各式相加得a n －a 1＝1＋2＋…＋(n －1)，所以a n ＝1＋2＋…＋(n －1)＝(n －1)n 2， 因此a 64＝63×642＝2 016. 16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1的前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列， 且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3， ∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2， ∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n －1， 令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1 ＝12n －1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1 ＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增， ∴T n ≥T 1＝23， ∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *成立，∴λ≤23， ∴实数λ的最大值是23.。
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《步步高》2021届高考 数学大一轮复习课件（ 人教A版）常考题型强化
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