人教版2013届高三一轮复习课时训练32：数列的综合应用
高考数学一轮复习课时过关检测(三十六) 数列的综合应用
课时过关检测（三十六） 数列的综合应用A 级——基础达标1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若数列{a n }为递增数列，则有a n ＋1－a n >0，得2n ＋1>2λ，得λ<2n ＋12对任意的n∈N *都成立，于是λ<32.由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件，故选A.2．定义：称nP1＋P2＋…＋Pn 为n 个正数P 1，P 2，…，P n 的“均倒数”．若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n －1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝4n －1C ．a n ＝4n －3D ．a n ＝4n －5解析：选C 因为na1＋a2＋…＋an ＝12n －1，所以a1＋a2＋…＋an n＝2n －1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(2n －1)n ，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(2n －3)·(n －1)(n ≥2)， 当n ≥2时，a n ＝(2n －1)n －(2n －3)(n －1)＝4n －3；a 1＝1也适合此等式， 所以a n ＝4n －3.3．(2021·重庆九龙坡模拟)我国古代数学专著《四元玉鉴》卷中“如像招数五问”有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日？”其大意为：“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天发大米3升，共发出大米40 392升，问修筑堤坝多少天？”在这个问题中，修筑堤坝的天数为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：选C 设第n 天派出的人数为a n ，则{a n }是以64为首项、7为公差的等差数列，则第n 天修筑堤坝的人数为S n ，则S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝64n ＋12n (n －1)·7＝72n 2＋1212n ，所以前n 天共分发的大米数为3(S 1＋S 2＋…＋S n ) ＝3错误! ＝3错误! ＝40 392，即有错误!(7n ＋185)＝13 464，将n ＝14,15,16,17分别代入上式，只有n ＝16成立， 故修筑堤坝的天数为16.故选C.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 019项和为( )A ．1B ．－1C ．－4D ．－5解析：选C ∵数列{b n }为“凸数列”，∴b n ＋1＝b n ＋b n ＋2.∵b 1＝1，b 2＝－2，∴－2＝1＋b 3，解得b 3＝－3.同理可得b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，∴b n ＋6＝b n .又∵b 1＋b 2＋…＋b 6＝1－2－3－1＋2＋3＝0，且2 019＝6×336＋3，∴数列{b n }的前2 019项的和为b 1＋b 2＋b 3＋336×0＝1－2－3＝－4.故选C.5．(多选)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 ，则下列说法正确的有( )A ．T n 无最大值B ．a n 有最大值C ．T 2 020＝9D ．a 2 020＝1解析：选BCD 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B 、C 、D.6．(多选)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，若a 1>1，公比q ∈(0,1)，则下列选项不正确的有( )A ．T9T6>1B ．S n S 3n ＝S 2nC ．S n <nTn D ．{T n }有最大值解析：选ABC T9T6＝a 7a 8a 9＝a 38＝(a 1q 7)3，因为无法确定a 1q 7与1的大小，故A 不正确；由题意S 2n ＝(1＋q n )S n ，S 3n ＝(1＋q n ＋q 2n )S n ，则S n S 3n －S 2n ＝(1＋q n ＋q 2n )S 2n －(1＋q n )2S 2n ＝－q n S 2n ≠0，则S n S 3n ≠S 2n ，故B 不正确； 由S n ＝错误!， 错误!＝ 错误!＝a 1q 错误!，所以S n －nTn ＝错误!＝错误!>0，从而S n >错误!，故C 不正确；因为a 1>1，公比q ∈(0,1)，所以{a n }是递减数列，令⎩⎪⎨⎪⎧an ＝a1qn －1≥1，an ＋1＝a1qn<1，解得log q 1a1<n ≤log q 1a1＋1，此时{T n }取得最大值，D 正确，故选A 、B 、C.7．已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.数列{a n }的通项公式为 ．解析：因为|f (x )|＝2，所以π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，解得x ＝2k ＋1，k ∈Z .又因为x >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． 答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)8．设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2 021的两个零点是a 2，a 3，则a 1a 4等于 ． 解析：由题意知a 2，a 3是x 2－x －2 021＝0的两根．由根与系数的关系得a 2a 3＝－2 021. 又a 1a 4＝a 2a 3，所以a 1a 4＝－2 021. 答案：－2 0219．设数列{a n }的通项公式为a n ＝sin 2n °，该数列的前n 项和为S n ，则S 89＝ . 解析：∵sin(90°－α)＝cos α，∴sin 2α＋sin 2(90°－α)＝sin 2α＋cos 2α＝1. ∵S 89＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 289°，又S 89＝sin 289°＋sin 288°＋…＋sin 21°，两式相加得2S 89＝(sin 21°＋sin 289°)＋(sin 22°＋sin 288°)＋…＋(sin 289°＋sin 21°)＝1×89＝89，因此，S 89＝892＝44.5.答案：44.510．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1an ＋an ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是 ．解析：因为2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，所以数列{a 2n }是首项为1，公差为22－1＝3的等差数列，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 所以a n ＝3n －2，所以b n ＝1an ＋an ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)， 所以数列{b n }的前n 项和 S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13×(10－1)＝3.答案：311．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n ∈N *.(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．解：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 2＝a 1·a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4⇒49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇒9＝0，矛盾．所以{a n }不是等比数列． (2)因为b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)， b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21] ＝(－1)n ＋1·(a n ＋1－3n ＋18) ＝(－1)n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫23an －2n ＋14 ＝－23(－1)n(a n －3n ＋21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b 1＝0， 此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18，b 1＝－(λ＋18)时，由上可知b n ≠0， 所以bn ＋1bn ＝－23(n ∈N *)，此时{b n }是等比数列．12．给定一个数列{a n }，在这个数列中，任取m (m ≥3，m ∈N *)项，并且不改变它们在数列{a n }中的先后次序，得到的数列称为数列{a n }的一个m 阶子数列．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋a (n ∈N *，a 为常数)，等差数列a 2，a 3，a 6是数列{a n }的一个3阶子数列．(1)求a 的值；(2)设等差数列b 1，b 2，…，b m 是{a n }的一个m (m ≥3，m ∈N *)阶子数列，且b 1＝1k(k 为常数，k ∈N *，k ≥2)，求证：m ≤k ＋1.解：(1)因为a 2，a 3，a 6成等差数列，所以a 2－a 3＝a 3－a 6. 又因为a 2＝12＋a ，a 3＝13＋a ，a 6＝16＋a ，所以12＋a －13＋a ＝13＋a －16＋a ，解得a ＝0.(2)证明：设等差数列b 1，b 2，…，b m 的公差为d . 因为b 1＝1k ，所以b 2≤1k ＋1，从而d ＝b 2－b 1≤1k ＋1－1k ＝－错误!.所以b m ＝b 1＋(m －1)d ≤1k －错误!.又因为b m >0，所以1k －错误!>0.即m －1<k ＋1，所以m <k ＋2. 又因为m ，k ∈N *，所以m ≤k ＋1.B 级——综合应用13．(2021·哈尔滨模拟)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：让乌龟在阿基里斯前面1 000 米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍，当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000 米，则乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……所以阿基里斯永远追不上乌龟．根据这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2米时，乌龟爬行的总距离为( )A ．104－190米B ．105－1900米C ．105－990米D ．104－9900米解析：选B 法一：设乌龟每次爬行的距离构成数列{a n }，则数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，则a 1＝100，q ＝110，a n ＝a 1q n －1.令10－2＝100×⎝ ⎛⎭⎪⎫110n －1，解得n ＝5， 所以S 5＝错误!＝错误!＝错误!， 即乌龟爬行的总距离为105－1900米．故选B.法二：设乌龟每次爬行的距离构成数列{a n }，则数列{a n }为等比数列， 设其公比为q ，则a 1＝100，q ＝110.令a n ＝10－2，则S n ＝a1－anq 1－q ＝100－10－31－0.1＝1 000－10－29＝105－1900，即乌龟爬行的总距离为105－1900米．故选B.14．数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋a n ＋1，且a 1＝a 2，a 2 019a 2 020＝2 020，则a 21＋a 2＋…＋a 2 019＝ .解析：由题知，a n ＋1＝a n ＋2－a n ，两端同乘a n ＋1得a 2n ＋1＝a n ＋1·a n ＋2－a n a n ＋1， 从而a 2n ＝a n a n ＋1－a n －1a n ，a 2n －1＝a n －1a n －a n －2a n －1，…，a 2＝a 2a 3－a 1a 2， 将以上式子累加得a 2＋a 23＋…＋a 2n ＝a n a n ＋1－a 1a 2， 由a 1＝a 2得a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n ＝a n a n ＋1.令n ＝2 019，得a 21＋a 2＋…＋a 2 019＝a 2 019·a 2 020＝2 020. 答案：2 02015.为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n 年需要付出的超市维护和工人工资等费用为a n 万元，已知{a n }为等差数列，相关信息如图所示．(1)求a n ；(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)(3)该超市经营多少年，其年平均盈利最大？最大值是多少？⎝ ⎛⎭⎪⎫年平均盈利＝前n 年总盈利n 解：(1)由图象可知，{a n }是以12为首项，4为公差的等差数列，所以a n ＝12＋4(n －1)＝4n ＋8. (2)设超市第n 年开始盈利，且盈利为y 万元，则y ＝50n －错误!－72＝－2n 2＋40n －72， 由y ＞0，得n 2－20n ＋36＜0，解得2＜n ＜18，又n ∈N *，故3≤n ≤17，n ∈N *.所以该超市第3年开始盈利．(3)年平均盈利为yn ＝－2n －72n ＋40＝－2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋36n ＋40≤－2×2n ·36n＋40＝16，当且仅当n ＝36n，即n ＝6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元．C 级——迁移创新16．已知函数f (x )＝log k x (k 为常数，k ＞0且k ≠1)，且数列{f (a n )}是首项为4，公差为2的等差数列．(1)求证：数列{a n }是等比数列； (2)若b n ＝a n f (a n )，当k ＝2时，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)若c n ＝a n lg a n ，问是否存在实数k ，使得{c n }中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)证明：由题意知f (a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2，即log k a n ＝2n ＋2， ∴a n ＝k 2n ＋2，∴an ＋1an＝错误!＝k 2. ∵常数k ＞0且k ≠1，∴k 2为非零常数．∴数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列． (2)由(1)知，b n ＝a n f (a n )＝k 2n ＋2·(2n ＋2)， 当k ＝2时，b n ＝(2n ＋2)·2n ＋1＝(n ＋1)·2n ＋2.∴S n ＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n ＋1)×2n ＋2，(ⅰ) 2S n ＝2×24＋3×25＋4×26…＋n ×2n ＋2＋(n ＋1)×2n ＋3.(ⅱ)(ⅱ)－(ⅰ)，得S n ＝－2×23－24－25－…－2n ＋2＋(n ＋1)×2n ＋3＝－23－(23＋24＋25＋…＋2n ＋2)＋(n ＋1)·2n ＋3，∴S n ＝－23－错误!＋(n ＋1)·2n ＋3＝n ·2n ＋3.(3)存在．由(1)知，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n ＜c n ＋1对一切n ∈N *成立，即(n ＋1)lg k ＜(n ＋2)·k 2lg k 对一切n ∈N *成立．①当k ＞1时，lg k ＞0，n ＋1＜(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，故符合题意； ②当0＜k ＜1时，lg k ＜0，要使n ＋1＞(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2min . ∴k 2＜23，又0＜k ＜1，因此0＜k ＜63. 综上所述，存在实数k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，63∪(1，＋∞)满足条件．。
高考数学一轮复习方案 第32讲 数列的综合应用课时作业
课时作业(三十二) [第32讲 数列的综合应用](时间：45分钟 分值：100分)基础热身1．[教材改编试题] 已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2等于( )A ．－4B ．－6C ．－8D ．－102．某放射性物质的质量每天衰减3%，若此物质衰减到其质量的一半以下，则至少需要的天数是(参考数据lg0.97＝－0.013 2，lg0.5＝－0.301 0)( )A ．22B ．23C ．24D ．253．在数列{a n }中，a 1＝2，当n 为正奇数时，a n ＋1＝a n ＋2，当n 为正偶数时，a n ＋1＝2a n ，则a 6＝( )A ．11B ．17C ．22D ．234．[2012·长春调研] 各项都是正数的等比数列{a n }中，3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 10＋a 12a 8＋a 10＝( ) A ．1 B ．3 C ．6 D ．9 能力提升5．已知数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1·a n ＝a n ＋1－a n ，则数列通项a n ＝( ) A.1n B.2nC ．－1nD ．－2n6．[2012·红河州检测] 若一等差数列{a n }的首项a 1＝－5，其前11项的平均值为5，又若从中抽取一项，余下的10项的平均值为4，则抽去的是( )A ．a 8B ．a 9C ．a 10D ．a 117．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝1－1a n －1(n ≥2)，则a 2 012＝( )A ．－12B ．－23C.35D.528．[2012·开封模拟] 已知数列{a n }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 ．129．[2012·郑州检测] 已知函数f (x )＝15x 5＋x 3＋4x (x ∈R )，数列{a n }是等差数列，a 3>0，则f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)的值( )A ．恒为正数B ．恒为负数C ．恒为0D ．可正可负10．某厂在2011年底制订生产计划，要使2021年底的总产量在原有基础上翻两番，则年平均增长率为________．11．已知数列{a n }中，a 201＝2，a n ＋a n ＋1＝0(n ∈N ＋)，则a 2 012＝________．12．[2012·日照一中月考] 已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，对于函数y ＝ln x －x ，当x ＝b 时取到极大值c ，则ad 等于________．13．[2012·济南模拟] 观察下列等式： 1＝1， 2＋3＋4＝9， 3＋4＋5＋6＋7＝25， 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49， …… 照此规律，第n 个等式为________________________________________________________________________．14．(10分)[2012·红河州检测] 已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)求数列{2a n ＋n }的前n 项和S n .15．(13分)[2013·惠州一中二调] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N ＋，都有S n ＝(m ＋1)－ma n (m 为正常数)．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N ＋)，求数列{b n }的通项公式；(3)在满足(2)的条件下，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1b n 的前n 项和T n . 难点突破16．(12分)[2012·江西八校联考] 已知等差数列{a n }的首项为正整数，公差为正偶数，且a 5≥10，S 15<255.(1)求通项a n ；(2)若数列a 1，a 3，ab 1，ab 2，ab 3，…，ab n ，…，成等比数列，试找出所有的n ∈N *，使c n ＝b n －14为正整数，说明你的理由．课时作业(三十二)【基础热身】1．B [解析] ∵a 1a 4＝a 23，∴(a 2－2)(a 2＋4)＝(a 2＋2)2.∴2a 2＝－12.∴a 2＝－6. 2．B [解析] 依题意有(1－3%)n<0.5，所以n >lg0.5lg0.97≈22.8.故选B.3．C [解析] 逐项计算得该数列的前6项依次为：2，4，8，10，20，22，故选C. 4．D [解析] 由已知a 3＝3a 1＋2a 2，于是q 2＝3＋2q ，由数列各项都是正数，解得q ＝3，所以a 10＋a 12a 8＋a 10＝q 2＝9.故选D. 【能力提升】5．C [解析] 已知变形为1a n ＋1－1a n＝－1，设b n ＝1a n，则{b n }是等差数列，b 1＝－1，b n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以a n ＝－1n.故选C.6．D [解析] S 11＝11a 1＋11×102d ＝11×5，可得d ＝2.由S 11－a n ＝40，得a n ＝15，即a n ＝a 1＋(n －1)d ＝15.∴n ＝11.故选D.7．B [解析] 由递推公式得a 2＝－23，a 3＝52，a 4＝35，a 5＝－23，…，所以数列{a n }是周期数列，周期为3，于是a 2 012＝a 2 010＋2＝a 2＝－23.故选B.8．C [解析] ∵log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1，∴log 2a n ＋1a n ＝1，∴a n ＋1a n＝2，所以，数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列，所以S n ＝1－2n1－2＝2n －1>1 025，∴2n >1 026.又210<1 026<211，∴n >10，∴n min ＝11.故选C.9．A [解析] 因为函数f (x )＝15x 5＋x 3＋4x 是奇函数且在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f (a 3)>f (0)＝0，又数列{a n }是等差数列，所以a 1＋a 5＝2a 3>0，∴a 1>－a 5，所以f (a 1)>f (－a 5)，即f (a 1)＋f (a 5)>0，所以f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)>0.故选A.10.104－1 [解析] 令2011年底的产量为1，则2021年底的产量为4，则(1＋x )10＝4，所以x ＝104－1.11．－2 [解析] 由已知得a n ＋1＝－a n ，所以a 202＝－2，a 203＝2，a 204＝－2，…，可以看出，奇数项为2，偶数项为－2，所以a 2 012＝－2.12．－1 [解析] 对函数求导得y ′＝1x －1＝1－xx(x ∈(0，＋∞))，当0<x <1时，y ′>0，当x >1时，y ′<0，所以当x ＝1时，函数有极大值为y ＝ln1－1＝－1，所以b ＝1，c ＝－1.因为实数a ，b ，c ，d 成等比数列，所以ad ＝bc ＝－1.13．n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2[解析] 依题意，等式的第一项依次为1，2，3，…，由此知等式的第n 项为n ；最后一项为1，4，7，10，…，由此知最后一项为3n －2.于是，第n 个等式为n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.故填n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2. 14．解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d1＋2d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，故a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)知2a n ＝2n，所以数列{2a n ＋n }的前n 项和S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋2＋3＋4＋…＋n )＝2n ＋1＋n （n ＋1）2－2.15．解：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝(m ＋1)－ma 1， 解得a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝ma n －1－ma n ， 即(1＋m )a n ＝ma n －1. 又m 为常数，且m >0，∴a n a n －1＝m1＋m(n ≥2)． ∴数列{a n }是首项为1，公比为m1＋m 的等比数列．(2)b 1＝2a 1＝2.∵b n ＝b n －11＋b n －1，∴1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列．∴1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12， 即b n ＝22n －1(n ∈N *)． (3)由(2)知b n ＝22n －1，则2n ＋1b n ＝2n(2n －1)．所以T n ＝22b 1＋23b 2＋24b 3＋…＋2n b n －1＋2n ＋1b n，即T n ＝21×1＋22×3＋23×5＋…＋2n －1×(2n －3)＋2n×(2n －1)，①则2T n ＝22×1＋23×3＋24×5＋…＋2n ×(2n －3)＋2n ＋1×(2n －1)，②②－①得T n ＝2n ＋1×(2n －1)－2－23－24－…－2n ＋1，故T n ＝2n ＋1×(2n －1)－2－23（1－2n －1）1－2＝2n ＋1×(2n －3)＋6.【难点突破】16．解：(1)因为S 15＝15a 8，设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ≥10，①a 1＋7d <17，②由①得－a 1－4d ≤－10，③ ②＋③有3d <7⇔d <73，所以d ＝2.将d ＝2代入①、②有a 1≥2且a 1<3，所以a 1＝2. 故a n ＝2＋(n －1)×2，即a n ＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)可知a 1＝2，a 3＝6，∴公比q ＝a 3a 1＝3，ab n ＝2·3(n ＋2)－1＝2·3n ＋1.又ab n ＝a 1＋(b n －1)×2＝2b n ， ∴2·3n ＋1＝2b n ，即b n ＝3n ＋1，故c n ＝3n ＋1－14. 此时当n ＝1，3，5时符合要求；当n ＝2，4时不符合要求． 由此可猜想：当且仅当n ＝2k －1，k ∈N *时，c n 为正整数． 证明如下：逆用等比数列的前n 项和公式有：c n ＝12×1－3n ＋11－3＝12(1＋3＋32＋ (3))．当n ＝2k ，k ∈N *时，上式括号内为奇数个奇数之和，为奇数，此时c n ∉N *； 当n ＝2k －1，k ∈N *时，上式括号内为偶数个奇数之和，为偶数，此时c n ∈N *. 故满足要求的所有n 为n ＝2k －1，k ∈N *.。
2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练32数列的应用数学归纳法
课时规范练32 数列的应用数学归纳法基础巩固组1.用数学归纳法证明2n>2n+1,n的第一个取值应是()A.1B.2C.3D.42.用数学归纳法证明:首项是a1,公差是d的等差数列的前n项和公式是S n=na1+d时,假设当n=k时,公式成立,则S k=()A.a1+(k-1)dB.C.ka1+dD.(k+1)a1+d3.某小镇在今年年底统计有人口20万,预料人口年平均增长率为1%,那么五年后这个小镇的人口数为()A.20×(1.01)5万B.20×(1.01)4万C.20×万D.20×万4.对于不等式<n+1(n∈N+),某同学用数学归纳法证明的过程如下:(1)当n=1时,<1+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k∈N+)时,不等式成立,即<k+1,则当n=k+1时,=(k+1)+1.所以当n=k+1时,不等式成立,则上述证法()A.过程全部正确B.n=1验得不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+1的推理不正确5.今年“五一”期间,北京十家重点公园实行免费游园活动,北海公园免费开放一天,早晨6时30分有2人进入公园,接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来,其次个30分钟内有8人进去2人出来,第三个30分钟内有16人进去3人出来,第四个30分钟内有32人进去4人出来……依据这种规律进行下去,到上午11时30分公园内的人数是.6.某市利用省运会的契机,激励全民健身,从7月起向全市投放A,B两种型号的健身器材.已知7月投放A型号健身器材300台,B型号健身器材64台,支配8月起,A型号健身器材每月的投放量均为a台,B型号健身器材每月的投放量比上一月多50%,若12月底该市A,B型号两种健身器材投放总量不少于2 000台,则a的最小值为.7.用数学归纳法证明:1++…+≤n.8.已知数列{x n},{y n}满足x1=5,y1=-5,2x n+1+3y n=7,6x n+y n+1=13.求证:x n=3n+2,y n=1-2·3n(n∈N*).综合提升组9.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线相互平行,随意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=;当n>4时,f(n)=(用n表示).10.某高校毕业生为自主创业于2024年8月初向银行贷款240 000元,与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款,从2024年9月初起先,每个月月初还一次款,贷款月利率为0.5%,现因经营状况良好准备向银行申请提前还款支配于2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,则该高校毕业生按现支配的全部还款数额比按原约定全部还款数额少()(注:“等额本金还款法”是将本金平均支配到每一期进行偿还,每一期所还款金额由两部分组成,一部分为每期本金,即贷款本金除以还款期数,另一部分是利息,即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率;1年按12个月计算)A.18 000元B.18 300元C.28 300元D.36 300元11.用数学归纳法证明:1-+…++…+.12.一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上高校的费用,从孩子一周岁生日起先,每年到银行储蓄a元一年定期,若年利率为r保持不变,且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期,当孩子18岁生日时不再存入,将全部存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数为多少.13.已知n∈N*,S n=(n+1)(n+2)·…·(n+n),T n=2n×1×3×…×(2n-1).(1)求S1,S2,S3,T1,T2,T3;(2)猜想S n与T n的关系,并用数学归纳法证明.14.已知某中学食堂每天供应3 000名学生用餐,为了改善学生伙食,学校每星期一有A,B两种菜可供大家免费选择(每人都会选而且只能选一种菜).调查资料表明,凡是在这星期一选A种菜的,下星期一会有20%改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有40%改选A种菜.用a n,b n分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数,假如a1=2 000.(1)请用a n,b n表示a n+1与b n+1;(2)证明:数列{a n-2 000}是常数列.创新应用组15.设数列{a n}的前n项和为S n,且=a n S n(n∈N*),设b n=(-1)n+1(n+1)2·a n a n+1(n∈N*),数列{b n}的前n项和为T n.(1)求S1、S2、S3的值;(2)利用“归纳—猜想—证明”求出S n的通项公式;(3)求数列的通项公式.16.某学校试验室有浓度为2 g/mL和0.2 g/mL的两种K溶液.在运用之前须要重新配制溶液,具体操作方法为取浓度为2 g/mL和0.2 g/mL的两种K溶液各300 mL分别装入两个容积都为500 mL 的锥形瓶A,B中,先从瓶A中取出100 mL溶液放入B瓶中,充分混合后,再从B瓶中取出100 mL溶液放入A瓶中,再充分混合.以上两次混合过程完成后算完成一次操作.设在完成第n次操作后,A瓶中溶液浓度为a n g/mL,B瓶中溶液浓度为b n g/mL.(参考数据:lg 2≈0.301,lg 3≈0.477)(1)请计算a1,b1,并判定数列{a n-b n}是否为等比数列?若是,求出其通项公式;若不是,请说明理由;(2)若要使得A,B两个瓶中的溶液浓度之差小于0.01 g/mL,则至少要经过几次?参考答案课时规范练32数列的应用数学归纳法1.C∵n=1时,21=1,2×1+1=3,2n>2n+1不成立;n=2时,22=4,2×2+1=5,2n>2n+1不成立;n=3时,23=8,2×3+1=7,2n>2n+1成立.∴n的第一个取值应是3.2.C假设当n=k时,公式成立,只需把公式中的n换成k即可,即S k=ka1+ d.3.A某小镇在今年年底统计有人口20万,预料人口年平均增长率为1%,那么1年后这个小镇的人口数为20(1+1%),2年后这个小镇的人口数为20(1+1%)2,3年后这个小镇的人口数为20(1+1%)3,4年后这个小镇的人口数为20(1+1%)4,5年后这个小镇的人口数为20(1+1%)5=20×(1.01)5.4.D在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,不是数学归纳法.5.4 039设每个30分钟进去的人数构成数列{a n},则a1=2=2-0,a2=4-1,a3=8-2,a4=16-3,a5=32-4,…,a n=2n-(n-1).设数列{a n}的前n项和为S n,依题意,只需求S11=(2-0)+(22-1)+(23-2)+…+(211-10)=(2+22+23+…+211)-(1+2+…+10)==212-2-55=212-57=4039.6.74设B型号健身器材这6个月投放量为{b n},公比为q,则b n是以b1=64为首项,q=的等比数列,q≠1,∴其前6项和为S6==1330,∴5a+300+1330≥2000,解得a≥74,故a的最小值为74.7.证明 (1)当n=1时,左边=1,右边=1,不等式成立.(2)假设当n=k,k∈N*时,不等式成立,即有1++…+k,则当n=k+1时,左边=1++…++…+k++…+, 又+…+2k=1,即1++…++…+k+1,即当n=k+1时,不等式也成立.综上可得,对于随意n∈N*,1++…+n成立.8.证明 (1)当n=1时,x1=5=31+2,y1=1-2×31=-5,满足条件,命题成立.(2)假设n=k时,命题成立,即x k=3k+2,y k=1-2·3k成立.当n=k+1时,由2x k+1+3y k=7,有x k+1=(7-3y k)==2+3k+1,由6x k+y k+1=13,有y k+1=13-6x k=13-6×(3k+2)=1-2·3k+1.所以n=k+1时命题也成立.综上(1)和(2)可知,对一切n∈N*,命题x n=3n+2,y n=1-2·3n(n∈N*)成立.9.5(n+1)(n-2)由题意知f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,可以归纳出每增加一条直线,交点增加的个数为原有直线的条数.所以f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,揣测得出f(n)-f(n-1)=n-1(n≥4).有f(n)-f(3)=3+4+…+(n-1),所以f(n)=(n+1)(n-2).n=3时,也满足此式.10.B由题意可知,该高校毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元,∴两种还款方式的本金没有差额.∵该高校毕业生确定2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,∴从2024年9月初第一次还款到2024年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也是一样的.∴按原约定全部还款数额-按现支配的全部还款数额=原约定还款方式从2024年9月起到最终还完这整60个月所还的利息.∵每月应还本金:240000÷120=2000(元),2024年8月还完后本金还剩240000-2000×60=120000(元).∴2024年9月应还利息为:120000×0.5%,2024年10月应还利息为:(120000-2000)×0.5%,2024年11月应还利息为:(120000-2000×2)×0.5%,…最终一次应还利息为:(120000-2000×59)×0.5%.后60个月所还的利息为:120000×0.5%+(120000-2000)×0.5%+(120000-2000×2)×0.5%+…+(120000-2000×59)×0.5%=0.5%×[120000+(120000-2000)+(120000-2000×2)+…+(120000-2000×59)]=0.5%×[120000×60-2000×(1+2+…+59)]=18300(元).11.证明 (1)当n=1时,左边=1-,右边=,等式成立;(2)假设当n=k(k∈N*)时等式成立,即1-+…++…+,当n=k+1时,1-+…+=+…+=+…+=+…+=+…+,依据(1)和(2),可知1-+…++…+成立,原等式得证.12.解依据题意,当孩子18岁生日时,孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)17,同理,孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)16,孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)15,……孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r),可以看成是以a(1+r)为首项,(1+r)为公比的等比数列的前17项的和,此时将存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数S=a(1+r)17+a(1+r)16+…+a(1+r)=[(1+r)18-(1+r)].13.解 (1)S1=T1=2,S2=T2=12,S3=T3=120;(2)猜想:S n=T n(n∈N*).证明:①当n=1时,S1=T1;②假设当n=k(k≥1且k∈N*)时,S k=T k,即(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k×1×3×…×(2k-1),则当n=k+1时,S k+1=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k-1)(k+1+k)(k+1+k+1)=(k+2)(k+3)·…·(2k)(2k+1)(2k+2)=(2k+1)(2k+2)=2k+1×1×3×…×(2k-1)(2k+1)=T k+1.即n=k+1时也成立,由①和②可知n∈N*,S n=T n成立.14.(1)解由题意知:a n+1=a n+b n,b n+1=a n+b n.(2)证明∵a n+1=a n+b n,且a n+b n=3000,∴a n+1=a n+(3000-a n),∴a n+1=a n+1200,∴a n+1-2000=(a n-2000),又a1-2000=0,∴数列{a n-2000}是常数列.15.解 (1)由=a n S n,令n=1,则,得S1=,当n≥2时,由a n=S n-S n-1,得=(S n-S n-1)S n,得S n=,令n=2,得S2=,令n=3,得S3=,即S1=,S2=,S3=(2)由(1)知S1=,S2=,S3=,猜想S n=,下面用数学归纳法证明:①当n=1时,由猜想知明显成立;②假设n=k猜想成立,即S k=,则当n=k+1时,由(1)有S k+1=,即当n=k+1时,猜想S n=也成立.综合①和②可知,猜想S n=成立,即S n=(3)由(2)知a1=,当n≥2时,a n=S n-S n-1=,综合知a n=,又b n=(-1)n+1(n+1)2·a n a n+1,则b n=(-1)n+1(n+1)2.当n为偶数时,T n=1--+-+…+-=1-=;当n为奇数时,T n=T n-1+b n=+=.综上可得T n=.16.解 (1)由题意,得b1==0.65(g/mL),a1==1.55(g/mL).当n≥2时,b n=(300+100)=(3),a n=(200+100b n)=(3),∴a n-b n=),∴等比数列{a n-b n}的公比为,其首项a1-b1=1.55-0.65=0.9,∴a n-b n=0.9·n-1.(2)由题意可知,问题转化为解不等式0.9·n-1<10-2,∴n>1+7.49,∴至少要操作8次才能达到要求.。
[精]高三第一轮复习全套课件3数列：数列的综合应用
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证明：①根据 S n a n
a 1 , ( n 1) 得 an=a+(n─1) 2b, S n S n 1 , ( n 2 )
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例 6 数列{an}的前 n 项和 Sn=na+(n─1)nb,(n=1,2,…),a,b 是常数，且 b≠0, ①求证{an}是等差数列； ②求证以(an,Sn/n─1)为坐标的点 Pn 都落在同一直线上，并求出直线方程； ③设 a=1,b=1/2,C 是以(r,r)为圆心，r 为半径的圆(r>0),求使得点 P1,P2,P3 都落 在圆外的 r 的取值范围
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解：①依题意，由{an}是等差数列，有 ar+ar+2=2ar+1 (r∈N),即 x=─1 时，方程 成立，因此方程恒有实数根 x=─1; ②设公差为 d(化归思想),先解出方程的另一根 mr=─ar+2/ar, ∴ 1/(mr+1)=ar/(ar─ar+2)=─ar/(2d), ∴ 1/(mr+1+1)─1/(mr+1)= 〔─ar+1/(2d)〕─〔─ar/(2d)〕=─1/2, ∴ {1/(mr+1)}是等差数列
∴{an}是等差数列，首项为 a,公比为 2b
②由 x=an=a+(n─1)2b, y=Sn/n─1=a+(n─1)b 两式中消去 n,得：x─2y+a─2=0, （另外算斜率也是一种办法）
高考数学一轮复习 专题32 数列及其综合应用教学案 文-人教版高三全册数学教学案
专题32 数列及其综合应用1. 掌握数列的求和方法：(1) 直接利用等差、等比数列求和公式；(2) 通过适当变形(构造)将未知数列转化为等差、等比数列，再用公式求和；(3) 根据数列特征，采用累加、累乘、错位相减、逆序相加等方法求和；(4) 通过分组、拆项、裂项等手段分别求和；(5) 在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如n(n－1)<n2<n(n＋1)，能用函数的单调性(定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题．2. 数列是特殊的函数，这部分内容中蕴含的数学思想方法有函数与方程思想、分类讨论思想、化归转化思想、数形结合思想等，高考题中所涉及的知识综合性很强，既有较繁的运算又有一定的技巧，在解题时要注意从整体去把握．高频考点一等差、等比数列求和公式及利用例1 已知{a n}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{b n}满足b1＝4，b4＝20，且{b n－a n}为等比数列．(1) 求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2) 求数列{b n}的前n项和．从而b n＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2) 由(1)知b n＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n 项和为32n(n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以，数列{b n }的前n 项和为32n(n ＋1)＋2n－1.【变式探究】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N ＋)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N ＋，总有－712≤S n －1S n ≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.高频考点二 可转化为等差、等比数列求和 例2、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n∈N *.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．则A ＝2（1－22n）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n]＝n. 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.高频考点三 根据数列特征，用适当的方法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn(k∈N *)，且S n 的最大值为8.(1) 确定常数k ，求a n ；(2) 求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .【解析】(1) 当n ＝k∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k ＝4，从而a n ＝S n －S n －1＝92－n(n≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n.(2) 因为b n ＝9－2a n 2n ＝n 2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.【变式探究】已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n >0，b n ＝a n a n ＋1(n∈N *)，且{b n }是以q 为公比的等比数列．(1) 证明：a n ＋2＝a n q 2；(2) 若＝a 2n －1＋2a 2n ，证明：数列{}是等比数列； (3) 求和：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋…＋1a 2n －1＋1a 2n.【解析】(解法1)(1) 证明：由b n ＋1b n ＝q ，有a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n＝q, ∴ a n ＋2＝a n q 2(n∈N *) . (2) 证明：∵ a n ＝a n －2q 2，∴ a 2n －1＝a 2n －3q 2＝…＝a 1q 2n －2，a 2n ＝a 2n －2q 2＝…＝a 2q2n －2，∴ ＝a 2n －1＋2a 2n ＝a 1q2n －2＋2a 2q2n －2＝(a 1＋2a 2)q2n －2＝5q2n －2，∴ {}是首项为5，以q 2为公比的等比数列．(3) 解：由(2)得1a 2n －1＝1a 1q 2－2n ，1a 2n ＝1a 2q 2－2n ，于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝(1a 1＋1a 3＋…＋1a 2n －1)＋(1a 2＋1a 4＋…＋1a 2n )＝1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＋1a 2(1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2)＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2.由题知q>0，当q ＝1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32n ；当q≠1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－q －2n1－q －2＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q 2n －2（q 2－1）.故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n＝⎩⎪⎨⎪⎧32n ，q ＝1，32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q 2n －2（q 2－1），q≠1.面同解法1)．高频考点四 数列求和的综合应用例4 将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a 1 a 2a 3 a 4a 5a 6 a 7a 8a 9a 10…记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为{b n }，b 1＝a 1＝1，S n 为数列{b n }的前n 项和，且满足2b nb n S n －S 2n＝1(n≥2)．【解析】(1) 证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列，并求数列{b n }的通项公式；所以q ＝2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S ，则S ＝b k （1－q k ）1－q ＝－2k （k ＋1）·（1－2k）1－2＝2k （k ＋1）(1－2k)(k≥3)．1.【2016高考某某理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析 【解析】（Ⅰ）证明：由题意得21n n n b a a +=，有22112112n n n n n n n n c b b a a a a da +++++=-=-=，因此()212122n n n n c c d a a d +++-=-=，所以{}n c 是等差数列.（Ⅱ）证明：()()()2222221234212n n n T b b b b b b -=-++-+++-+()()()24222222221,n n d a a a n a a d d n n =++++=⋅=+所以()222211111111111112121212nn n k k k k T d k k d k k d n d ===⎛⎫⎛⎫==-=⋅-< ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭∑∑∑. 2.【2016高考新课标3理数】已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （II ）若53132S =，求λ． 【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-．解得1λ=-．3.【2016高考某某理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析． 【解析】（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ，否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则003402log 23322244n n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤． 4.【2016年高考理数】（本小题13分）设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素； （2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a . 【答案】（1）()G A 的元素为2和；（2）详见解析；（3）详见解析. 【解析】（Ⅰ）)(A G 的元素为和.（Ⅱ）因为存在n a 使得1a a n >，所以{}12,i i i N a a *∈≤≤>≠∅N . 记{}1min 2,i m i i N a a *=∈≤≤>N ， 则2≥m ，且对任意正整数m k a a a m k <≤<1,. 因此)(A G m ∈，从而∅≠)(A G . （Ⅲ）当1a a N ≤时，结论成立.又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G . 从而对任意p n k N ≤≤，p n k a a ≤，特别地，p n N a a ≤. 对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a .所以p a aa a a a i ip n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.因此)(A G 的元素个数p 不小于1N a a -. 5.【2016年高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ .（Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221ny x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q ；（Ⅱ）详见解析.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q .所以双曲线2221n y xa 的离心率 22(1)11nnn e a q ．由2513q q 解得43q . 因为2(1)2(1)1+k kq q 2(1)1*1+k k q q kN （）. 于是11211+1n n nq e e e q qq ，故1231433n nn e e e . 6.【2016高考某某理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P . （1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ； （2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．（3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证． 必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠． 设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==， 依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠． 所以{}n a 不具有性质P ，矛盾． 必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”．7.【2016高考新课标2理数】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg99=1，． （Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =；（Ⅱ）1893. 【解析】8.【2016高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ， 当1=n 时，1111==S a ，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T9.【2016高考某某卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0TS=;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30TS.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析 【解析】（1）由已知得1*13,n n a a n -=⋅∈N .②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令UE CD =，UF DC =则E ≠∅，F ≠∅，EF =∅.于是C E C D S S S =+，D F C D S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设是E 中的最大数，为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠.由（2）知，1E k S a +<，于是1133l kl F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-， 从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.【2015某某高考，20】（本小题满分16分）设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列 （1）证明：31242,2,2,2a a a a依次成等比数列；（2）是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得kn k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在 【解析】（1）证明：因为112222n n n n a a a d a ++-==（1n =，2，）是同一个常数，所以12a ，22a ，32a ，42a 依次构成等比数列．（3）假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1n a ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列，则()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+，并令1d t a =（13t >-，0t ≠）， 则()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++， 且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++． 化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．再将这两式相除，化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++（**）．令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++，则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++．故()g t 只有唯一零点0t =，即方程（**）只有唯一解0t =，故假设不成立． 所以不存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列．【2015高考某某，理20】已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ） （1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）； （2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=- 得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得， 211[1,2]1n n n n n na a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；（2）由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n na a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得 112(2)2(1)n S n n n ≤≤++.【2015高考某某，理18】设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233nn S =+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; （II ）13631243n nn T +=+⨯.所以1113T b ==当1n > 时，()()12112311323133n n n T b b b b n ---=++++=+⨯+⨯++-所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-两式相减，得()()012122333133n nn T n ---=+++--⋅()11121313313n n n ----=+--⋅- 1363623nn +=-⨯ 所以13631243n n n T +=+⨯ 经检验，1n = 时也适合， 综上可得：13631243n n n T +=+⨯ 【2015高考某某，理18】设*n N ∈，n x 是曲线221n y x+=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）记2221321n n T x x x -=，证明14nT n ≥. 【答案】（Ⅰ）1n nx n =+；（Ⅱ）14n T n ≥.【解析】当2n ≥时，因为222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==， 所以211211()2234n n T n n->⨯⨯⨯⨯=. 综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥.1．(2014·某某卷) 已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．由③④可知，a n ＋1－a n ＝（－1）n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋12－122＋…＋（－1）n2n －1＝1＋12·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11＋12＝43＋13·（－1）n2n －1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·（－1）n2n －1. 2．(2014·某某卷) 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p.【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立． 当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立． (2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p.①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p 成立．即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *.方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ， 所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p＝p －1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c x p >0. 由此可得，f (x )在[c 1p，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p时，f (x )>f (c 1p)＝c 1p. ①当n ＝1时，由a 1>c 1p>0，即a p1>c 可知a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎪⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p ， 故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1p成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c 1p)，即有a k ＋1>a k ＋2>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 1p均成立．3．(2014·某某卷) 已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.4．(2014·某某卷) 已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令＝a n b n，求数列{}的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即＋1－＝2， 所以数列{}是以c 1＝1为首项，d ＝2为公差的等差数列，故＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1，知a n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，3S n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n，将两式相减得－2S n ＝1＋2×(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n＝－2－(2n －2)×3n，所以S n ＝(n －1)3n＋1.5．(2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.6.(2014·某某卷) 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图像上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .【解析】(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，所以 2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2， 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意有a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n，所以数列{a n b n }的通项公式为a n b n ＝n2n ， 所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1，因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 7．(2014·某某卷) 已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n .(2)设＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{}的前n 项和为S n .(i)求S n ；(ii)求正整数k ，使得对任意n ∈均有S k ≥S n .(ii)因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0，当n ≥5时，＝1n （n ＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）2n －1， 而n （n ＋1）2n－（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1>0，得n （n ＋1）2n≤5×（5＋1）25<1，所以，当n ≥5时，<0.综上，若对任意n ∈N *恒有S k ≥S n ，则k ＝4.8．(2013年高考某某卷)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：P 1：数列{a n }是递增数列； P 2：数列{na n }是递增数列； P 3：数列{a nn }是递增数列；P 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 4【答案】D9．(2013年高考某某卷)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.【解析】因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64. 【答案】6410． (2013年高考某某卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2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 <74.【解析】(1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4.(2)当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝1＋122＋132＋142＋…＋1n 2<1＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋14＋12－1n ＝74－1n <74. 综上，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.1．在数列{a n }中，a 1＝1，数列{a n ＋1－3a n }是首项为9，公比为3的等比数列． (1)求a 2，a 3；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和S n .解：(1)∵数列{a n ＋1－3a n }是首项为9，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝9×3n －1＝3n ＋1，∴a 2－3a 1＝9，a 3－3a 2＝27， ∴a 2＝12，a 3＝63.(2)∵a n ＋1－3a n ＝3n ＋1，∴a n ＋13n ＋1－a n3n ＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是首项为13，公差为1的等差数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和S n ＝n 3＋nn －12＝3n 2－n6.2．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式； (2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1an ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． (1)a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝42n －12(n ∈N *)．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，某某数λ的取值X 围． 解：(1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴3a 1＋3d ＝6， ∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ， ①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1n ≥2， ②①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n(n ≥2)， 又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n. (2)λb n >a n 恒成立⇒λ>n2n 恒成立，设＝n2n ，当n ≥2时，<1，数列{}单调递减， ∴()max ＝12，故λ>12.所以实数λ的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.4．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{}的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <12.∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝∵n ∈N *，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12， 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝12n ＋12n －1>0，∴数列{T n }是一个递增数列，∴T n ≥T 1＝13.综上所述，13≤T n <12.5.对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设数列{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝74.(1)求数列{a n }的通项公式，并判断数列{S n }是否为“减差数列”；(2)设b n ＝(2－na n )t ＋a n ，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，某某数t 的取值X 围． 解：(1)设数列{a n }的公比为q ， 因为a 1＝1，S 3＝74，所以1＋q ＋q 2＝74，即4q 2＋4q －3＝0， 所以(2q －1)(2q ＋3)＝0.因为q >0，所以q ＝12，所以a n ＝12n －1，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1，所以S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2<2－12n ＝S n ＋1，所以t >⎝⎛⎭⎪⎫1n －2max＝1.故t 的取值X 围是(1，＋∞)．6.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 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X 围.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 ＋1，②①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1word- 31 - / 31 ＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2. 由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，得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，即m <12n －1对任意正整数n 恒成立.∵12n －1>－1， ∴m ≤－1，即m 的取值X 围是(－∞，－1].。
2013届高三人教B版文科数学一轮复习课时作业(33)数列的综合应用A
课时作业(三十三)A [第33讲 数列的综合应用][时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有的n ≥2都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＝( ) A.32 B.94 C.259 D.2516 2．[2011·东北三校一模] ( )A ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 的前10项和 B ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前10项和C ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 的前11项和D ．求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前11项和3．一条信息，若一人得知后用一小时将信息传给两个人，这两个人又用一小时各传给未知信息的另外两个人，如此继续下去，要传遍100万人口的城市，所需的时间大约为( )A ．三个月B ．一个月C ．10天D ．20小时4．已知数列{a n }的首项a 1＝1，且点A n (a n ，a n ＋1)在函数y ＝xx ＋1的图象上．则该数列{a n }的通项公式是a n ＝________.能力提升 5．[2011·济南二模] 数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n 2－17n ，则当S n 取得最小值时n 的值为( ) A ．4或5 B ．5或6 C ．4 D ．5 6．[2011·天津卷] 已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110 7．[2011·衡水模拟] 设等比数列的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ，S n ＋1，S n ＋2成等差数列，则公比q ( )A ．等于－2B ．等于1C ．等于1或－2D ．不存在8．[2011·合肥一中月考] 各项均为正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝( )A.5＋12B.5－12C.3－52D.2＋529．[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )A ．①和⑳B ．⑨和⑩C ．⑨和⑪D ．⑩和⑪ 10．数列{a n }中，a 1＝2，点(log 3a n ，a n ＋1)在函数y ＝2×3x 的图象上，则{a n }的通项公式为a n ＝________.11．[2011·虹口区质检] 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n －3，则通项公式a n ＝________.12．[2011·广东六校联考] 已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m 、n 都有a m ＋n ＝a m ·a n .若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.13．[2011·菏泽二模] 已知a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，把数列{a n }的各项排成如图K33－2所示的三角数阵．记S (m ，n )表示该数阵中第m 行中从左到右的第n 个数，则S (10,6)对应数阵中的数是________．1 3 5 7 9 11 13 15 17 19… 图K33－214．(10分)[2012·惠州模拟] 当p 1，p 2，…，p n 均为正数时，称np 1＋p 2＋…＋p n为p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．已知数列{a n }的各项均为正数，且其前n 项的“均倒数”为12n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n2n ＋1(n ∈N *)，试比较c n ＋1与c n 的大小．15．(13分)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设：2b n ＝1a n＋1，求数列{b n b n ＋1}的前n 项和T n .难点突破16．(12分)设数列{b n }满足：b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n . (1)求证：1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1；(2)若T n ＝1b 1＋1＋1b 2＋1＋…＋1b n ＋1，对任意的正整数n,3T n －log 2m －5>0恒成立．求m 的取值范围．课时作业(三十三)A【基础热身】1．B [解析] a 2＝22a 1＝4，a 3＝32a 1a 2＝94.故选B.2．B [解析] 可知S ＝12＋14＋…＋120，所以其描述的是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 的前10项和．3．D [解析] 每小时传递人数构成数列2,4,8，…，所以n 小时共传递人数S n ＝1－2n 1－2＝2n－1≈106，所以n ≈20小时．4.1n [解析] 因为a n ＋1＝a n a n ＋1且a 1＝1，所以1a n ＋1＝1＋1a n ，所以1a n ＋1－1a n＝1. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列.1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n .【能力提升】5．C [解析] 二次函数f (x )＝2x 2－17x 的对称轴为直线x ＝174，因为n ∈N ＋，所以当n ＝4时，S n ＝2n 2－17n 有最小值．故选C.6．D [解析] 由a 27＝a 3·a 9，d ＝－2，得(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解之得a 1＝20，∴S 10＝10×20＋10×92(－2)＝110. 7．B [解析] 依题意有2S n ＋1＝S n ＋S n ＋2，当q ≠1时，有2a 1(1－q n ＋1)＝a 1(1－q n )＋a 1(1－q n ＋2)，解得q ＝1，但q ≠1，所以方程无解；当q ＝1时，满足条件．故选B.8．B [解析] 依题意，有a 3＝a 1＋a 2，设公比为q ，则有q 2－q －1＝0，所以q ＝1＋52(舍去负值).a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝a 2a 4(q ＋q 2)a 2a 4(q 2＋q 3)＝1q ＝21＋5＝5－12.故选B. 9．D [解析] 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.10．2n [解析] 由已知得a n ＋1＝2×3log 3a n ＝2a n ，显然{a n }的各项不为零，所以a n ＋1a n＝2，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，a n ＝2×2n －1＝2n .11.⎩⎪⎨⎪⎧－1(n ＝1)，2n (n ≥2)[解析] n ＝1时，a n ＝－1；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， 所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1(n ＝1)，2n (n ≥2).12．2－2n ＋13n [解析] 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公比为q ＝23的等比数列，于是S n ＝a 1(1－q n)1－q＝23×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23， ＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n ＝2－2n ＋13n .13．101 [解析] 观察知每一行的第1个数构成数列：1,3,7,13,21，…，相邻两项构成递推关系：a n ＋1＝a n ＋2n ，所以a 10＝a 9＋18＝a 8＋16＋18＝a 7＋14＋34＝a 6＋12＋48＝a 5＋10＋60＝a 4＋8＋70＝13＋78＝91，即第10行的第1个数为91，所以第10行第6个数为101. 14．[解答] (1)由已知有a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ＝n (2n ＋1)， 则a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)(2n －1)， 两式相减，得a n ＝4n －1(n ≥2)．又1a 1＝12×1＋1，解得a 1＝3＝4×1－1， ∴a n ＝4n －1(n ∈N *)．(2)∵c n ＝a n 2n ＋1＝4n －12n ＋1＝2－32n ＋1，c n ＋1＝a n ＋12n ＋3＝2－32n ＋3，∴c n ＋1－c n ＝32n ＋1－32n ＋3＞0，即c n ＋1＞c n .15．[解答] (1)由a n ＋1＝a n 2a n ＋1得1a n ＋1－1a n＝2且1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，以2为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，得a n ＝12n －1.(2)由2b n ＝1a n ＋1得2b n ＝2n －1＋1＝2n ，∴b n ＝1n，从而b n b n ＋1＝1n (n ＋1)，则T n ＝b 1b 2＋b 2b 3＋…＋b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.【难点突破】16．[解答] (1)因为b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n ＝b n (b n ＋1)，所以对任意的n ∈N *，b n >0. 所以1b n ＋1＝1b n (b n ＋1)＝1b n －1b n ＋1，即1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1. (2)T n ＝⎝⎛⎭⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1b n －1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝2－1b n ＋1. 因为b n ＋1－b n ＝b 2n >0， ∴b n ＋1>b n ，所以数列{b n }是单调递增数列． 所以数列{T n }关于n 递增． 所以T n ≥T 1.因为b 1＝12，所以b 2＝b 1(b 1＋1)＝34，所以T 1＝2－1b 2＝23，所以T n ≥23.因为3T n －log 2m －5>0恒成立， 所以log 2m <3T n －5恒成立， 所以log 2m <－3，所以0<m <18.。
高考数学一轮复习(北师大版文科)课时作业32
课时作业(三十二) 数列的综合应用A 级1．(2012·聊城模拟)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 ．52 B ．40 C ．26D ．202．已知数列{a n }，{b n }都是公差为1的等差数列，其首项分别为a 1，b 1，且a 1＋b 1＝5，a 1＞b 1，a 1，b 1∈N ＋(n ∈N ＋)，则数列{ab n }的前10项的和等于( )A ．65B ．75C ．85D ．953．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 ．24B ．32C ．48D ．644．(2011·上海卷)设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件为( )A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同 5．小王每月除去所有日常开支，大约结余a 元．小王决定采用零存整取的方式把余钱积蓄起来，每月初存入银行a 元，存期1年(存12次)，到期取出本金和利息．假设一年期零存整取的月利率为r ，每期存款按单利计息．那么，小王存款到期利息为________元．6．(2012·济南模拟)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N ＋，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为“调和数列”，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 3x 18的最大值是________．7．在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N ＋)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，当S 11＋S 22＋…＋S nn 取最大值时，求n 的值．8．(2012·湛江模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧12a n ＋n (n 为奇数，n ∈N ＋)a n －2n (n 为偶数，n ∈N ＋).(1)求a 2，a 3；(2)设b n ＝a 2n －2，n ∈N ＋，求证：数列{b n }是等比数列，并求其通项公式； (3)已知c n ＝log 12|b n |，求证：1c 1c 2＋1c 2c 3＋…＋1c n －1c n ＜1.B 级1．祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设f (n )表示前n 年的纯收入．(f (n )＝前n 年的总收入－前n 年的总支出－投资额)(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂，问哪种方案最合算？2．(2012·广州市调研)已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝3，且a n＋1＝a n＋2a n－1(n≥2)．(1)设b n＝a n＋1＋λa n，是否存在实数λ，使数列{b n}为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；(2)求数列{a n}的前n项和S n.答案课时作业(三十二)A 级1．B 由题意，知S n ＋1－S n(n ＋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．C 应用等差数列的通项公式得 a n ＝a 1＋n －1，b n ＝b 1＋n －1， ∴ab n ＝a 1＋b n －1＝a 1＋(b 1＋n －1)－1 ＝a 1＋b 1＋n －2＝5＋n －2＝n ＋3，∴数列{ab n }也是等差数列，且前10项和为10×(4＋13)2＝85.3．D 依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2.所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.4．D ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，…. ∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n ＝q ，从而{A n }为等比数列．5．解析： 由题意知，小王存款到期利息为12ar ＋11ar ＋10ar ＋…＋2ar ＋ar ＝12(12＋1)2ar ＝78ar .答案： 78ar6．解析： 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为“调和数列”，所以x n ＋1－x n ＝d (n ∈N ＋，d 为常数)，即数列{x n }为等差数列，由x 1＋x 2＋…＋x 20＝200得20(x 1＋x 20)2＝20(x 3＋x 18)2＝200，即x 3＋x 18＝20，易知x 3，x 18都为正数时，x 3x 18取得最大值，所以x 3x 18≤⎝⎛⎭⎫x 3＋x 1822＝100，即x 3x 18的最大值为100.答案： 1007．解析： (1)因为a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，所以a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，又a n >0，所以a 3＋a 5＝5.又a 3与a 5的等比中项为2，所以a 3a 5＝4. 而q ∈(0,1)，所以a 3>a 5，所以a 3＝4，a 5＝1， 所以q ＝12，a 1＝16，所以a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1＝25－n . (2)b n ＝log 2a n ＝5－n ，所以b n ＋1－b n ＝－1， 故{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列， 所以S n ＝n (9－n )2，所以S n n ＝9－n 2.当n ≤8时，S n n >0；当n ＝9时，S n n ＝0；当n >9时，S nn <0；所以当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn 取最大值．8．解析： (1)由数列{a n }的递推关系易知：a 2＝32，a 3＝－52.(2)证明：b n ＋1＝a 2n ＋2－2＝12a 2n ＋1＋(2n ＋1)－2＝12a 2n ＋1＋(2n －1)＝12(a 2n －4n )＋(2n －1) ＝12a 2n －1＝12(a 2n －2)＝12b n . 又b 1＝a 2－2＝－12，∴b n ≠0，∴b n ＋1b n ＝12，即数列{b n }是公比为12，首项为－12的等比数列，b n ＝－12⎝⎛⎭⎫12n －1＝－⎝⎛⎭⎫12n . (3)证明：由(2)有c n ＝log 12|b n |＝log 12⎝⎛⎭⎫12n＝n .∵1(n －1)n ＝1n －1－1n(n ≥2)．∴1c 1c 2＋1c 2c 3＋…＋1c n －1c n ＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1－1n ＜1.B 级1．解析： 由题意，知每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列．设纯利润与年数的关系为f (n )，则f (n )＝50n －⎣⎡⎦⎤12n ＋n (n －1)2×4－72＝－2n 2＋40n －72.(1)获取纯利润就是要求f (n )＞0，故有－2n 2＋40n －72＞0，解得2＜n ＜18.又n ∈N ＋，知从第三年开始获利．(2)①平均利润为f (n )n ＝40－2⎝⎛⎭⎫n ＋36n ≤16，当且仅当n ＝6时取等号． 故此方案获利6×16＋48＝144(万美元)，此时n ＝6. ②f (n )＝－2n 2＋40n －72＝－2(n －10)2＋128， 当n ＝10时，f (n )max ＝128.故此方案共获利128＋16＝144(万美元)．比较两种方案，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案． 2．解析： (1)假设存在实数λ，使数列{b n }为等比数列， 设b nb n －1＝q (n ≥2)． 即a n ＋1＋λa n ＝q (a n ＋λa n －1)，得a n ＋1＝(q －λ)a n ＋qλa n －1.与已知a n ＋1＝a n ＋2a n －1比较，令⎩⎪⎨⎪⎧q －λ＝1qλ＝2，解得λ＝1或λ＝－2.所以存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．当λ＝1时，q ＝2，b 1＝4，则数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列； 当λ＝－2时，q ＝－1，b 1＝1，则数列{b n }是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)由已知a n ＋1＝a n ＋2a n －1得a n ＋1－2a n ＝－a n ＋2a n －1 ∴a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝－1，∴a n ＋1－2a n ＝(－1)n ＋1(n ≥1)， 所以a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝(－1)n ＋12n ＋1＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，a n 2n ＝a 121＋⎝⎛⎭⎫a 222－a 121＋⎝⎛⎭⎫a 323－a 222＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －a n －12n －1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－123＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12 ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1. 因为a 121＝12也适合上式．所以a n 2n ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ≥1)， 所以a n ＝13[]2n ＋1＋(－1)n.。
高三数学一轮复习课时作业31 数列的综合应用 新人教A
课时作业(三十一) [第31讲 数列的综合应用][时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．[2012·惠州调研] “lg x ，lg y ，lg z 成等差数列”是“y 2＝xz ”成立的( ) 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2．[2011·德州二模] 已知等差数列{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，那么b 15的值为( )A ．64B ．－64C ．128D ．－128 3．[2011·珠海综测] 设正项等比数列{a n }，{lg a n }成等差数列，公差d ＝lg3，且{lg a n }的前三项和为6lg3，则数列{a n }的通项公式为( )A ．n lg3B ．3nC ．3nD ．3n －14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则{a n }的公比为( )A ．2B ．3 C.12 D.13能力提升 5．[2011·忻州联考] 成等比数列的三个数a ＋8，a ＋2，a －2分别为等差数列的第1、4、6项，则这个等差数列前n 项和的最大值为( )A ．120B ．90C ．80D ．606．[2011·南平质检] 已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝32＋f (x )，x ∈R ，且f (1)＝52，则数列{f (n )}(n ∈N *)的前20项的和为( )A ．305B ．315C ．325D ．3357．[2011·大连双基检测] 已知等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都是整数，前n 项和为S n ，若a 1>1，a 4>3，S 3≤9，设b n ＝1na n ，则使b 1＋b 2＋…＋b n <99100成立的最大n 值为( )A ．97B ．98C ．99D ．1008．2011年，我国南方省市遭遇旱灾以及洪水灾害，为防洪抗旱，某地区大面积植树造林，如图K31－1，在区域{(x ，y )|x ≥0，y ≥0}内植树，第一棵树在点A 1(0,1)，第二棵树在点B 1(1,1)，第三棵树在点C 1(1,0)，第四棵树在点C 2(2,0)，接着按图中箭头方向每隔一个单位种一棵树，那么第2011棵树所在的点的坐标是( )A ．(13,44)B ．(12,44)C ．(13,43)D ．(14,43)9．[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )A ．①和⑳B ．⑨和⑩C ．⑨和⑪D ．⑩和⑪10．[2012·永州调研] 已知等差数列{a n }，对于函数f (x )＝x 5＋x 3满足：f (a 2－2)＝6，f (a 2 010－4)＝－6，S n 是其前n 项和，则S 2 011＝________.11．[2011·菏泽二模] 已知a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，把数列{a n }的各项排成如图K31－2所示的三角数阵，记S (m ，n )表示该数阵中第m 行中从左到右的第n 个数，则S (10,6)对应数阵中的数是________．1 3 5 7 9 11 13 15 17 19…… 图K31－212．[2011·丰台二模] 如图K31－3所示，已知正方形ABCD 的边长为1，以A 为圆心，AD 长为半径画弧，交BA 的延长线于P 1，然后以B 为圆心，BP 1长为半径画弧，交CB 的延长线于P 2，再以C 为圆心，CP 2长为半径画弧，交DC 的延长线于P 3，再以D 为圆心，DP 3长为半径画弧，交AD 的延长线于P 4，再以A 为圆心，AP 4长为半径画弧，…，如此继续下去，画出的第8道弧的半径是________，画出第n 道弧时，这n 道弧的弧长之和为________．13．[2011·绍兴质检] 已知奇函数f (x )是定义在R 上的增函数，数列{x n }是一个公差为2的等差数列，满足f (x 8)＋f (x 9)＋f (x 10)＋f (x 11)＝0，则x 2 011的值等于________．14．(10分)[2011·江门调研] 某旅游景点2010年利润为100万元，因市场竞争，若不开发新项目，预测从2011年起每年利润比上一年减少4万元.2011年初，该景点一次性投入90万元开发新项目，预测在未扣除开发所投入资金的情况下，第n 年(n 为正整数，2011年为第1年)的利润为100⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n 万元． (1)设从2011年起的前n 年，该景点不开发新项目的累计利润为A n 万元，开发新项目的累计利润为B n 万元(须扣除开发所投入资金)，求A n 、B n 的表达式；(2)依上述预测，该景点从第几年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润？15．(13分)[2011·合肥一中月考] 已知直线l 的方程为3x －2y －1＝0，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线l 上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)b n ＝n 2S n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求f (n )＝b nT n ＋24(n ∈N ＋)的最大值．难点突破16．(12分)[2011·荆州质检] 某市为了解决交通拥堵问题，一方面改建道路、加强管理，一方面控制汽车总量增长，交管部门拟从2012年1月起，在一段时间内，对新车上牌采用摇号(类似于抽签)的方法进行控制，制定如下方案：①每月进行一次摇号，从当月所有申请用户以及以前没有摇到号的申请用户中，摇出当月上牌的用户，摇到号的用户不再参加以后的摇号；②当月没有摇到号的申请者自动加入下一个月的摇号，不必也不能重复申请，预计2012年1月申请车牌的用户有10a 个，以后每个月又有a 个新用户申请车牌．计划2012年1月发放车牌a 个，以后每月发放车牌数比上月增加5%.以2012年1月为第一个月，设前n (n ∈N *)个月申请车牌用户的总数为a n ，前n 个月发放车牌的总数为b n ，使得a n >b n 成立的最大正整数为n 0.(参考数据：1.0516＝2.18,1.0517＝2.29,1.0518＝2.41)(1)求a n 、b n 关于n 的表达式，直接写出n 0的值，说明n 0的实际意义；(2)当n ≤n 0，n ∈N *时，设第n 个月中签率为y n ，求证：中签率y n 随着n 的增加而增大． ⎝ ⎛⎭⎪⎫第n 个月中签率＝第n 个月发放车牌数第n 个月参加摇号的用户数课时作业(三十一)【基础热身】1．A [解析] 若lg x ，lg y ，lg z 成等差数列，则2lg y ＝lg x ＋lg z ，即lg y 2＝lg xz ，则y 2＝xz ，若y 2＝xz ，当x ，z 都取负数时，lg x ，lg z 无意义，故选A. 2．B [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝－18，S 13＝13a 1＋13×122d ＝－52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－1，∴b 5＝a 5＝a 1＋4d ＝－2，b 7＝a 7＝a 1＋6d ＝－4， 设等比数列{b n }的公比为q ，则q 2＝b 7b 5＝2，b 15＝b 7q 8＝－4×24＝－64，故选B.3．B [解析] 依题意有3lg a 1＋3lg3＝6lg3，即a 1＝3. 设等比数列{a n }的公比为q ，则 q ＝a 2a 1，lg q ＝lg a 2－lg a 1＝d ＝lg3，解得q ＝3， 所以a n ＝3×3n －1＝3n，故选B.4．D [解析] 设公比为q ，又4S 2＝S 1＋3S 3，即4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，解得{a n }的公比q ＝13.【能力提升】5．B [解析] 由a ＋8，a ＋2，a －2成等比数列，得(a ＋2)2＝(a ＋8)(a －2)，解得a ＝10，设等差数列为{a n }，公差为d ，则a 1＝18，a 4＝12，a 6＝8， ∴2d ＝a 6－a 4＝－4，d ＝－2， 则这个等差数列前n 项和为S n ＝18n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋19n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1922＋1924，∴当n ＝10或n ＝9时，S n 有最大值90，故选B.6．D [解析] 由已知f (x ＋1)－f (x )＝32，则数列{f (n )}是等差数列，公差为32，其前20项和为20×52＋20×192×32＝335，故选D.7．B [解析] 由a 4>3，S 3≤9，得a 1＋3d >3，且3a 1＋3d ≤9， ∴3－a 1<3d ≤9－3a 1,2a 1<6，则a 1<3，即1<a 1<3. ∵首项a 1及公差d 都是整数， ∴a 1＝2,1<3d ≤3，则d ＝1，∴等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，则b n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 由1－1n ＋1<99100，得n <99，即n 的最大值为98，故选B.8．A [解析] OA 1B 1C 1设为第一个正方形，种植3棵树，依次下去，第二个正方形种植5棵树，第三个正方形种植7棵树，前43个正方形共有43×3＋43×422×2＝1935棵树，2011－1935＝76,76－44＝32,45－32＝13，因此第2011棵树在(13,44)点处．9．D [解析] 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.10．6 033 [解析] f (x )为奇函数，所以由f (a 2－2)＋f (a 2 010－4)＝0得f (a 2－2)＝f (4－a 2 010)，所以a 2－2＝4－a 2 010，即a 2＋a 2 010＝6，所以S 2 011＝2 011a 1＋a 2 0112＝2 011a 2＋a 2 0102＝6 033.11．101 [解析] 观察知每一行的第一个数构成数列：1,3,7,13,21，…，相邻两项构成递推关系：a (m ＋1,1)＝a (m,1)＋2m ，所以a (10,1)＝a (9,1)＋18＝a (8,1)＋16＋18＝a (7,1)＋14＋34＝a (6,1)＋12＋48＝a (5,1)＋10＋60＝a (4,1)＋8＋70＝13＋78＝91，即第10行的第一个数为91，所以第10行第6个数为101.12．8 n n ＋1π4[解析] 从第一道弧开始，半径依次为1,2,3,4，…，并且从第二道弧开始，每一道弧的半径比前一道弧的半径大1，所以第8道弧的半径为8.弧长依次为π2×1，π2×2，π2×3，…，π2×n ，所以弧长之和为π2×(1＋2＋3＋…＋n )＝n n ＋1π4. 13．4 003 [解析] 设x 8＝m ，则x 9＝m ＋2，x 10＝m ＋4，x 11＝m ＋6，且x 8＋x 11＝x 9＋x 10， ∴f (m )＋f (m ＋2)＋f (m ＋4)＋f (m ＋6)＝0， 且f (m )<f (m ＋2)<f (m ＋4)<f (m ＋6)， ∴f (m )<0，f (m ＋6)>0.若m 与m ＋6关于原点不对称，则m ＋2与m ＋4也关于原点不对称， ∵f (x )是奇函数，即f (－x )＝－f (x )，∴f (m )＋f (m ＋2)＋f (m ＋4)＋f (m ＋6)≠0，矛盾，∴m 与m ＋6关于原点对称，则m ＋2与m ＋4关于原点对称， 则m ＝－3，x 8＝－3，x 2 011＝x 8＋(2 011－8)×2＝4 003.14．[解答] (1)依题意，A n 是首项为100－4＝96，公差为－4的等差数列的前n 项和，所以A n ＝96n ＋n n －12×(－4)＝98n －2n 2；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫100⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n 的前n 项和为100n ＋1003×1－13n1－13＝100n ＋50⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ，B n ＝100n ＋50⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －90＝100n －40－503n . (2)由(1)得，B n －A n ＝⎝⎛⎭⎪⎫100n －40－503n －(98n －2n 2)＝2n ＋2n 2－40－503n ，B n －A n 是数集N *上的单调递增数列，观察并计算知B 4－A 4＝－5081<0，B 5－A 5>0，所以从第5年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润．15．[解答] (1)由题意知3a n －2S n －1＝0，① 则3a n ＋1－2S n ＋1－1＝0，② ②－①得a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }是公比为3的等比数列． 由3a 1－2S 1－1＝0，得a 1＝1，所以a n ＝3n －1.(2)由①知，2S n ＝3a n －1，所以b n ＝n 2S n ＋1a n＝3n ，T n ＝n a 1＋a n2＝3n 2＋3n 2.f (n )＝b n T n ＋24＝3n 3n 2＋3n 2＋24＝2n n 2＋n ＋16＝2n ＋16n ＋1≤29.当且仅当n ＝16n，即n ＝4时，等号成立．所以f (n )的最大值为f (4)＝29.【难点突破】16．[解答] (1)a n ＝10a ＋(n －1)a ＝(n ＋9)a ，b n ＝a 1－1.05n1－1.05＝20a (1.05n－1)，由a n >b n 得，n 0＝17，说明第17个月以后，该项政策可以取消，不需要摇号就可以直接上牌．(2)证明：当n ＝1时，y 1＝110，当1<n ≤17，n ∈N *时，y n ＝b n －b n －1a n －b n －1＝ 1.05n －1n ＋29－20·1.05n －1，∴y n ＝ 1.05n －1n ＋29－20·1.05n －1(n ∈N *，n ≤17)，当2≤n ≤17，n ∈N *时，1 y n －1y n－1＝n＋291.05n－1－n－1＋291.05n－2＝n＋29－1.05n＋281.05n－1＝－0.05n－0.401.05n－1<0，∴1y n<1y n－1，n∈N*，n≤17时，a n>b n，∴a n－a n－1>b n－b n－1>0，∴0<y n<1，∴y n>y n－1，所以y1<y2<…<y17，即y n随着n的增加而增大．。
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人教版2013届高三一轮复习课时训练32数列的综合应用1．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 }的连续三项，则数列{b n }的公比为( )A.2 B ．4 C ．2 D.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 )⇒a 1＝2d ，故q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2. 2．(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 ＝13224×766＝6766. 答案：67663．(2012·黄冈调研)已知点(n ，a n )(n ∈N *)在函数f (x )＝－2x －2的图象上，数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n 是6S n 与8n 的等差中项．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋8n ＋3，数列{d n }满足d 1＝c 1，d n ＋1＝cd n (n ∈N *)，求数列{d n }的前n 项和D n .解：(1)依题意得a n ＝－2n －2，故a 1＝－4.又2T n ＝6S n ＋8n ，即T n ＝3S n ＋4n ，所以当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3(S n －S n －1)＋4＝3a n ＋4＝－6n －2.又b 1＝T 1＝3S 1＋4＝3a 1＋4＝－8，也适合上式，故b n ＝－6n －2(n ∈N *)．(2)因为c n ＝b n ＋8n ＋3＝－6n －2＋8n ＋3＝2n ＋1(n ∈N *)，d n ＋1＝cd n ＝2d n ＋1，因此d n ＋1＋1＝2(d n ＋1)(n ∈N *)．由于d 1＝c 1＝3，所以{d n ＋1}是首项为d 1＋1＝4，公比为2的等比数列．故d n ＋1＝4×2n －1＝2n ＋1，所以d n ＝2n ＋1－1.所以D n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－n＝4(2n －1)2－1－n ＝2n ＋2－n －4.一、选择题1．(2012·武汉质检)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3a 5＝4，则数列{log 2a n }的前7项和等于( )A ．7B ．8C ．27D ．28解析：选A.在各项均为正数的等比数列{a n }中，由a 3a 5＝4，得a 24＝4，a 4＝2.设b n ＝log 2a n ，则数列{b n }是等差数列，且b 4＝log 2a 4＝1.所以{b n }的前7项和S 7＝7(b 1＋b 7)2＝7b 4＝7. 2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝15，S 9＝18，在等比数列{b n }中，b 3＝a 3，b 5＝a 5，则b 7的值为( ) A.23 B.43C ．2D ．3解析：选B.在等差数列{a n }中，由⎩⎨⎧5a 1＋10d ＝15，9a 1＋36d ＝18，得a 1＝4，d ＝－12，a 3＝3，a 5＝2.于是b 3＝3，b 5＝2，所以b 7＝b 25b 3＝43. 3．(2010·高考福建卷)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 －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时S n 取最小值，故选A. 4．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 ．24B ．32C ．48D ．64解析：选D.依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2， 所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32，又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.5．据科学计算，运载“神七”的“长征”二号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，由求和公式有na 1＋n (n －1)d 2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15. 二、填空题6．在等比数列{a n }中，a n >0，且a 1·a 2·…·a 7·a 8＝16，则a 4＋a 5的最小值为________． 解析：由等比数列性质得，a 1a 2…a 7a 8＝(a 4a 5)4＝16，又a n >0，∴a 4a 5＝2.再由基本不等式，得a 4＋a 5≥2a 4a 5＝2 2.∴a 4＋a 5的最小值为2 2.答案：2 27．(2010·高考浙江卷)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．(2011·高考陕西卷)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返．．所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析：假设20位同学是1号到20号依次排列，使每位同学的往返所走的路程和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁．此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，所有同学往返的总路程为S ＝9×20＋9×82×20＋10×20＋10×92×20＝2000. 答案：2000三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，数列{b n }是各项均为正的等比数列，满足a 1＝－b 1，b 3(a 2－a 1)＝b 1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n ·b n ，求c n 的最大值．解：(1)∵a n ＝⎩⎨⎧S 1， n ＝1S n －S n －1，n ≥2， ∴a n ＝⎩⎨⎧－1， n ＝14n －5，n ≥2， 即a n ＝4n －5(n ∈N *)．故b 1＝1，b 1q 2(a 2－a 1)＝b 1，∴q 2＝14，∵b n >0，∴q ＝12， ∴b n ＝(12)n －1(n ∈N *)． (2)由(1)可知，c n ＝(4n －5)(12)n －1， 则由⎩⎨⎧c n ≥c n －1c n ≥c n ＋1可得94n ≤134， 又n ∈N *，故n ＝3.即c 3最大，故c n 的最大值为7410．已知函数f (x )＝a x 的图象过点(1，12)，且点(n －1，a n n 2)(n ∈N *)在函数f (x )＝a x 的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋1－12a n ，若数列{b n }的前n 项和为S n ， 求证：S n <5.解：(1)∵函数f (x )＝a x 的图象过点(1，12)， ∴a ＝12，f (x )＝(12)x . 又点(n －1，a n n 2)(n ∈N *)在函数f (x )＝a x 的图象上，从而a n n 2＝12n －1，即a n ＝n 22n －1(n ∈N *)． (2)证明：由b n ＝(n ＋1)22n －n 22n ＝2n ＋12n 得， S n ＝32＋522＋…＋2n ＋12n ， 则12S n ＝322＋523＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12n ＝32＋2(122＋123＋…＋12n )－2n ＋12n ＋1， ∴S n ＝5－2n ＋52n (n ∈N *)， ∴S n <5.11．银行按规定在一定时间结算利息一次，结算后即将利息并入本金，这种计算方法叫做复利，现在某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案——一次性贷款10万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年都比前一年增加利润5千元，两种方案使用期都是10年，到期一次性还本付息，若银行贷款利息均按年息10%的复利计算，试比较两方案的优劣(参考数值：1.110≈2.594,1.310≈13.79)．解：甲方案10年共获利1＋(1＋30%)＋…＋(1＋30%)9＝1.310－11.3－1≈42.63， 到期时，银行贷款本息为10(1＋10%)10≈25.94.∴按甲方案扣除贷款本息后，净收益为42.63－25.94＝16.69(万元)．乙方案10年共获利1＋1.5＋…＋(1＋9×0.5)＝10(1＋5.5)2＝32.5， 到期时，银行贷款本息为(1＋10%)＋(1＋10%)2＋…＋(1＋10%)10＝1.1×1.110－11.1－1≈17.53， ∴按乙方案扣除贷款本息后，净收益为32.5－17.53＝14.97(万元)．所以甲方案略优于乙方案．。