高考专题突破三 高考中的数列问题
【考点自测】
1.(2017·洛阳模拟)已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0,且a 2,a 4,a 8成等比数列,则
a 1+a 5+a 9
a 2+a 3
等于( )
A .2
B .3
C .5
D .7 答案 B
解析 ∵在等差数列{a n }中,a 2,a 4,a 8成等比数列,∴a 2
4=a 2a 8,∴(a 1+3d )2
=(a 1+d )(a 1+7d ),∴d 2
=a 1d , ∵d ≠0,∴d =a 1,∴
a 1+a 5+a 9a 2+a 3=15a 1
5a 1
=3.故选B.
2.(2018·衡水调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 5=5,S 5=15,则数列????
??
1a n a n +1的前
100项和为( ) A.100
101 B.99101 C.99100
D.101100
答案 A
解析 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d .
∵a 5=5,S 5=15,∴?
???
?
a 1+4d =5,5a 1+5×(5-1)
2d =15,∴?
??
??
a 1=1,
d =1,
∴a n =a 1+(n -1)d =n . ∴
1
a n a n +1
=
1n (n +1)=1n -1
n +1
,
∴数列????
??1a n a n +1的前100项和为? ????1-12+? ????12-13+…+? ????1100-1101=1-1101=100101. 3.若a ,b 是函数f (x )=x 2
-px +q (p >0,q >0)的两个不同的零点,且a ,b ,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p +q 的值等于( ) A .6 B .7 C .8 D .9 答案 D
解析 由题意知a +b =p ,ab =q ,∵p >0,q >0,∴a >0,b >0.在a ,b ,-2这三个数的6种排序中,成等差数列的情况有:a ,b ,-2;b ,a ,-2;-2,a ,b ;-2,b ,a ;成等比数列的情况有:a ,-2,b ;b ,-2,a .
∴?
??
??
ab =4,2b =a -2或?
??
??
ab =4,
2a =b -2,解得?
??
??
a =4,
b =1或?
??
??
a =1,
b =4.
∴p =5,q =4,∴p +q =9,故选D.
4.(2017·江西高安中学等九校联考)已知数列{a n }是等比数列,数列{b n }是等差数列,若
a 1·a 6·a 11=33,
b 1+b 6+b 11=7π,则tan
b 3+b 9
1-a 4·a 8
的值是( )
A .1 B.22
C .-
2
2
D .- 3
答案 D
解析 {a n }是等比数列,{b n }是等差数列,且a 1·a 6·a 11=33,b 1+b 6+b 11=7π,∴a 3
6=(3)3,
3b 6=7π,∴a 6=3,b 6=
7π3
, ∴tan b 3+b 91-a 4·a 8=tan 2b 6
1-a 26=tan 2×
7π
3
1-(3)
2
=tan ? ????-7π3=tan ?
????-2π-π3=-tan π3=- 3.
5.(2018·保定模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,对任意n ∈N *
都有S n =23a n -13
,若1
(k ∈N *
),则k 的值为________. 答案 4
解析 由题意,S n =23a n -1
3,
当n ≥2时,S n -1=23a n -1-1
3,
两式相减,得a n =23a n -2
3a n -1,
∴a n =-2a n -1, 又a 1=-1,
∴{a n }是以-1为首项,以-2为公比的等比数列, ∴a n =-(-2)
n -1
,
∴S k =(-2)k
-1
3
,
由1
<28, 又k ∈N *
,∴k =4.
题型一 等差数列、等比数列的综合问题
例1 (2016·四川)已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n +1=qS n +1,其中
q >0,n ∈N *.
(1)若a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,求数列{a n }的通项公式;
(2)设双曲线x 2
-y 2a 2n
=1的离心率为e n ,且e 2=2,求e 21+e 22+…+e 2
n .
解 (1)由已知,S n +1=qS n +1,得S n +2=qS n +1+1,两式相减得a n +2=qa n +1,n ≥1. 又由S 2=qS 1+1得a 2=qa 1, 故a n +1=qa n 对所有n ≥1都成立.
所以数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列, 从而a n =q
n -1
.
由a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,可得2a 3=a 2+a 2+a 3, 所以a 3=2a 2,故q =2. 所以a n =2
n -1
(n ∈N *
).
(2)由(1)可知,a n =q
n -1
,
所以双曲线x 2
-y 2a 2n
=1的离心率e n =1+a 2n =1+q 2(n -1
).
由e 2=1+q 2
=2,解得q =3, 所以e 2
1+e 2
2+…+e 2
n
=(1+1)+(1+q 2
)+…+[1+q 2(n -1)
]
=n +[1+q 2
+…+q
2(n -1)]
=n +q 2n -1q 2-1=n +12
(3n
-1).
思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标,为最终解决问题设置中间问题,例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的顺序.
(2)注意细节:在等差数列与等比数列综合问题中,如果等比数列的公比不能确定,则要看其是否有等于1的可能,在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等,这些细节对解题的影响也是巨大的.
跟踪训练1 (2018·沧州模拟)已知首项为3
2
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.
解 (1)设等比数列{a n }的公比为q , 因为S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列, 所以S 5+a 5-S 3-a 3=S 4+a 4-S 5-a 5,即4a 5=a 3,
于是q 2
=a 5a 3=14
.
又{a n }不是递减数列且a 1=32,所以q =-1
2.
故等比数列{a n }的通项公式为a n =32×? ????-12n -1
=(-1)
n -1
·32
n . (2)由(1)得S n
=1-? ????-12n
=?????
1+1
2n
,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
2
,
故0
6.
当n 为偶数时,S n 随n 的增大而增大, 所以3
4
=S 2≤S n <1,
故0>S n -1S n ≥S 2-1S 2=34-43=-7
12.
综上,对于n ∈N *
,总有-712≤S n -1S n ≤56
.
所以数列{T n }的最大项的值为56,最小项的值为-7
12.
题型二 数列的通项与求和
例2 (2018·邢台模拟)已知等差数列{a n }的公差为2,前n 项和为S n ,且S 1,S 2,S 4成等比数列.
(1)求数列{a n }的通项公式; (2)令b n =(-1)
n -1
4n
a n a n +1
,求数列{b n }的前n 项和T n .
解 (1)因为S 1=a 1,S 2=2a 1+2×1
2
×2=2a 1+2,
S 4=4a 1+
4×3
2
×2=4a 1+12, 由题意得(2a 1+2)2
=a 1(4a 1+12), 解得a 1=1,所以a n =2n -1. (2)b n =(-1)n -1
4n
a n a n +1
=(-1)n -1
4n
(2n -1)(2n +1)
=(-1)
n -1
? ????12n -1+12n +1. 当n 为偶数时,
T n =? ?
???1+13-? ????
13+15+…+? ????
1
2n -3+12n -1-? ????
12n -1+12n +1 =1-12n +1=2n 2n +1
.
当n 为奇数时,T n =? ????1+13-? ????13+15+…-? ????12n -3+12n -1+? ??
?
?12n -1+12n +1
=1+12n +1=2n +2
2n +1
.
所以T n
=?????
2n +22n +1,n 为奇数,
2n
2n +1,n 为偶数.
(或T n =
2n +1+(-1)
n -1
2n +1
)
思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列,此时从要证的结论出发,这是很重要的解题信息.
(2)根据数列的特点选择合适的求和方法,常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.
跟踪训练2 (2018·大连模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=12,a n +1=n +1
2n a n (n ∈N *).
(1)证明:数列??????
a n n 是等比数列;
(2)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n . (1)证明 ∵a 1=12,a n +1=n +1
2n a n ,
当n ∈N *
时,a n n
≠0,
又a 11=12,a n +1n +1∶a n n =12
(n ∈N *)为常数, ∴????
??a n n 是以12为首项,1
2为公比的等比数列.
(2)解 由????
??a n n 是以12为首项,1
2为公比的等比数列,
得a n n =12·? ????12n -1,∴a n =n ·? ??
??12n
. ∴S n =1·12+2·? ????122+3·? ????123+…+n ·? ????12n
,
12S n =1·? ????122+2·? ????123+…+(n -1)? ????12n +n ·? ??
??12n +1,
∴两式相减得12S n =12+? ????122+? ????123+…+? ????12n -n ·? ????12n +1=12-? ???
?12n +1
1-12
-n ·? ??
??12n +1
,
∴S n =2-? ????12n -1-n ·? ????12n
=2-(n +2)·? ??
??12n
.
综上,a n =n ·? ????12n ,S n =2-(n +2)·? ??
??12n
.
题型三 数列与其他知识的交汇 命题点1 数列与函数的交汇
例3 (2018·长春模拟)设等差数列{a n }的公差为d ,点(a n ,b n )在函数f (x )=2x
的图象上(n ∈N *
).
(1)若a 1=-2,点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上,求数列{a n }的前n 项和S n ;
(2)若a 1=1,函数f (x )的图象在点(a 2,b 2)处的切线在x 轴上的截距为2-1
ln 2,求数列????
?
?a n b n 的前n 项和T n .
解 (1)由已知,得b 7=72a ,b 8=82a =4b 7, 有82a =4×72a =2
72
a
+,
解得d =a 8-a 7=2, 所以S n =na 1+
n (n -1)
2
d =-2n +n (n -1)=n 2-3n .
(2)f ′(x )=2x
ln 2,f ′(a 2)=22a ln 2,
故函数f (x )=2x
在(a 2,b 2)处的切线方程为y -22a =22a ln 2(x -a 2),
它在x 轴上的截距为a 2-1ln 2
. 由题意,得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
,a n b n =n
2n .
所以T n =12+222+323+…+n -12n -1+n
2n ,
2T n =11+22+322+…+n
2n -1.
两式相减,得
2T n -T n =1+12+122+…+12n -1-n 2n
=2-12n -1-n
2n
=2
n +1
-n -2
2
n
. 所以T n =
2
n +1
-n -2
2
n
.
命题点2 数列与不等式的交汇
例4 (2016·天津)已知{a n }是各项均为正数的等差数列,公差为d ,对任意的n ∈N *
,b n 是
a n 和a n +1的等比中项.
(1)设c n =b 2
n +1-b 2
n ,n ∈N *
,求证:数列{c n }是等差数列; (2)设a 1=d ,T n =∑2n
k =1 (-1)k b 2
k
,n ∈N *
,求证:∑n
k =1 1T k <1
2d
2. 证明 (1)由题意得b 2
n =a n a n +1,
c n =b 2n +1-b 2
n =a n +1a n +2-a n a n +1=2da n +1.
因此c n +1-c n =2d (a n +2-a n +1)=2d 2
, 所以{c n }是等差数列.
(2)T n =(-b 2
1+b 2
2)+(-b 2
3+b 2
4)+…+(-b 2
2n -1+b 2
2n ) =2d (a 2+a 4+…+a 2n ) =2d ·
n (a 2+a 2n )
2
=2d 2
n (n +1).
所以∑n
k =1 1
T k =12d 2∑n k =1 1k (k +1)=12d 2∑n k =1 ? ??
??1k -1k +1 =
12d 2
·? ?
?
??1-1n +1<12d 2. 命题点3 数列应用题
例5 某企业为了进行技术改造,设计了两种方案,甲方案:一次性贷款10万元,第一年便可获利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,以后每年比前一年增加5千元.两种方案的使用期都是10年,到期一次性归还本息.若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算,试比较两种方案中哪种获利更多?(参考数据:取1.0510
≈1.629,1.310
≈13.786,1.510
≈57.665)
解 甲方案中,每年所获利润组成等比数列,首项为1,公比为(1+30%),所以10年所获得的总利润为
S 10=1+(1+30%)+(1+30%)2+…+(1+30%)9
=1.310
-10.3≈42.62(万元),
贷款到期时,需要偿还银行的本息是 10(1+5%)10
≈16.29(万元),
故使用甲方案所获纯利润为42.62-16.29=26.33(万元). 乙方案中,每年的利润组成等差数列,首项为1,公差为0.5, 所以10年所获得的总利润为
T 10=1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…+(1+9×0.5)
=10×1+10×9
2
×0.5=32.5(万元),
从第一年起,每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列,首项为1×(1+5%)10
万元,公比为1
1+5%
,
故贷款到期时,需要偿还银行的本息是 1×[(1+5%)10
+(1+5%)9
+…+(1+5%)] =1.05×1.0510-1
0.05
≈13.21(万元),
故使用乙方案所获纯利润为32.5-13.21=19.29(万元). 综上可知,甲方案获利更多.
思维升华 数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略 (1)数列与函数的交汇问题
①已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题; ②已知数列条件,解决函数问题,解题时要注意数列与函数的内在联系,掌握递推数列的常见解法.
(2)数列与不等式的交汇问题
①函数方法:即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式;
②放缩方法:数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到; ③比较方法:作差或者作商比较. (3)数列应用题
①根据题意,确定数列模型; ②准确求解模型;
③问题作答,不要忽视问题的实际意义.
跟踪训练3 (2018·烟台模拟)已知二次函数f (x )=ax 2
+bx 的图象过点(-4n ,0),且f ′(0)=2n ,n ∈N *
,数列{a n }满足
1
a n +1
=f ′? ??
??1a n ,且a 1=4.
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)记b n =a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)f ′(x )=2ax +b ,由题意知b =2n , 16n 2
a -4n
b =0, ∴a =12
,
则f (x )=12x 2+2nx ,n ∈N *
.
数列{a n }满足
1
a n +1
=f ′? ??
??1a n ,
又f ′(x )=x +2n , ∴
1
a n +1=1a n
+2n ,∴1a n +1-1
a n
=2n ,
由叠加法可得1a n -14=2+4+6+…+2(n -1)=n 2
-n ,
化简可得a n =4
(2n -1)2(n ≥2),
当n =1时,a 1=4也符合, ∴a n =
4(2n -1)
2(n ∈N *
).
(2)∵b n =a n a n +1=4
(2n -1)(2n +1)
=2?
??
?
?12n -1-12n +1,
∴T n =b 1+b 2+…+b n =a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n +1
=2????
??? ????1-13+? ????13-15+…+? ????12n -1-12n +1 =2?
??
??
1-12n +1 =
4n 2n +1
.
1.(2018·泰安模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ,n ∈N *.已知a 1=1,a 2=32,a 3=5
4,且当n ≥2
时,4S n +2+5S n =8S n +1+S n -1. (1)求a 4的值;
(2)证明:?
?????
a n +1-12a n 为等比数列;
(3)求数列{a n }的通项公式.
(1)解 当n =2时,4S 4+5S 2=8S 3+S 1,
即4? ????1+32+54+a 4+5? ????1+32=8? ??
??1+32+54+1,
解得a 4=78
.
(2)证明 因为4S n +2+5S n =8S n +1+S n -1(n ≥2), 所以4S n +2-4S n +1+S n -S n -1=4S n +1-4S n (n ≥2), 即4a n +2+a n =4a n +1 (n ≥2),
当n =1时,4a 3+a 1=4×5
4+1=6=4a 2,
所以n =1也满足此式, 所以4a n +2+a n =4a n +1 (n ∈N *
), 因为a n +2-12a n +1
a n +1-12
a n
=4a n +2-2a n +1
4a n +1-2a n
=
4a n +1-a n -2a n +14a n +1-2a n =2a n +1-a n 2(2a n +1-a n )=1
2
,
所以数列?
?????a n +1-12a n 是以a 2-12a 1=1为首项,1
2为公比的等比数列.
(3)解 由(2)知:数列?
?????a n +1-12a n 是以a 2-12a 1=1为首项,1
2为公比的等比数列,
所以a n +1-12a n =? ????12n -1
.
即
a n +1
? ????12n +1-
a n
? ??
??12n
=4,
所以数列??????????a n ? ????12n 是以a 112=2为首项,4为公差的等差数列,所以a n
? ??
??12n
=2+(n -1)×4=4n -2,
即a n =(4n -2)×? ????12n =(2n -1)×? ????12n -1
,
所以数列{a n }的通项公式是a n =(2n -1)×? ??
??12n -1
.
2.(2017·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{a n }满足:a 2+a 3+a 4=28,且a 3+2是
a 2和a 4的等差中项.
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)若b n =a n 12
log a n ,S n =b 1+b 2+…+b n ,求使S n +n ·2
n +1
>62成立的正整数n 的最小值.
解 (1)由题意,得?????
a 1q +a 1q 2+a 1q 3
=28,
a 1q +a 1q 3=2(a 1q 2
+2),
解得?
??
??
a 1=2,
q =2或????
?
a 1=32,q =1
2
,
∵{a n }是递增数列,∴a 1=2,q =2, ∴数列{a n }的通项公式为a n =2·2
n -1
=2n
.
(2)∵b n =a n 12
log a n =2n
·12
log 2n
=-n ·2n
,
∴S n =b 1+b 2+…+b n =-(1×2+2×22
+…+n ·2n
),① 则2S n =-(1×22
+2×23
+…+n ·2
n +1
),②
②-①,得S n =(2+22
+ (2)
)-n ·2n +1
=2
n +1
-2-n ·2
n +1
,
则S n +n ·2n +1
=2
n +1
-2,
解2
n +1
-2>62,得n >5,
∴n 的最小值为6.
3.(2018·梅州质检)已知正项数列{a n }中,a 1=1,点(a n ,a n +1)(n ∈N *
)在函数y =x 2
+1的图象上,数列{b n }的前n 项和S n =2-b n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)设c n =
-1
a n +1log 2
b n +1
,求{c n }的前n 项和T n .
解 (1)∵点(a n ,a n +1)(n ∈N *
)在函数y =x 2
+1的图象上, ∴a n +1=a n +1,∴数列{a n }是公差为1的等差数列. ∵a 1=1,∴a n =1+(n -1)×1=n , ∵S n =2-b n ,∴S n +1=2-b n +1,
两式相减,得b n +1=-b n +1+b n ,即
b n +1b n =1
2
, 由S 1=2-b 1,即b 1=2-b 1,得b 1=1. ∴数列{b n }是首项为1,公比为1
2
的等比数列,
∴b n =? ??
??12n -1
.
(2)∵log 2b n +1=log 2? ??
??12n
=-n ,
∴c n =
1n (n +1)=1n -1
n +1
,
∴T n =c 1+c 2+…+c n =? ????1-12+? ????12-13+? ????13-14+…+? ????1
n -1n +1=1-1n +1=n n +1. 4.(2018·佛山模拟)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 ,求数列{b n }的前n 项和S n ;
(3)是否存在k ∈N *
,使得S 11+S 22+…+S n
n 恒成立,若存在,求出k 的最小值, 若不存在,请说明理由. 解 (1)∵a 1a 5+2a 3a 5+a 2a 8=25, ∴a 2 3+2a 3a 5+a 2 5=25,∴(a 3+a 5)2 =25, 又a n >0,∴a 3+a 5=5, 又a 3与a 5的等比中项为2, ∴a 3a 5=4,而q ∈(0,1), ∴a 3>a 5,∴a 3=4,a 5=1, ∴q =1 2 ,a 1=16, ∴a n =16×? ?? ??12n -1=25-n . (2)∵b n =log 2a n =5-n , ∴b n +1-b n =-1, b 1=log 2a 1=log 216=log 224=4, ∴{b n }是以b 1=4为首项,-1为公差的等差数列, ∴S n = n (9-n ) 2 . (3)由(2)知S n = n (9-n ) 2,∴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 n n <0. ∴当n =8或n =9时,S 11+S 22+S 33+…+S n n =18最大. 故存在k ∈N * ,使得S 11+S 22+…+S n n 恒成立,k 的最小值为19. 5.(2017·天津滨海新区八校联考)已知数列{a n },{b n },S n 为数列{a n }的前n 项和,a 2=4b 1, S n =2a n -2,nb n +1-(n +1)b n =n 2+n (n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式; (2)证明:?????? b n n 为等差数列; (3)若数列{c n }的通项公式为c n =????? -a n b n 2,n 为奇数, a n b n 4,n 为偶数. 令T n 为{c n }的前n 项和,求T 2n . (1)解 当n >1时,? ?? ?? S n =2a n -2, S n -1=2a n -1-2, 则a n =2a n -2a n -1, a n a n -1 =2. 当n =1时,S 1=2a 1-2,得a 1=2, 综上,{a n }是公比为2,首项为2的等比数列,a n =2n . (2)证明 ∵a 2=4b 1,∴b 1=1. ∵nb n +1-(n +1)b n =n 2 +n , ∴ b n +1n +1-b n n =1, 综上,???? ??b n n 是公差为1,首项为1的等差数列, b n n =1+n -1,可得b n =n 2. (3)解 令p n =c 2n -1+c 2n =- (2n -1)2·22n -1 2+(2n )2·22n 4 =(4n -1)·2 2n -2 =(4n -1)·4 n -1 . ????? T 2n =3·40 +7·41 +11·42 +…+(4n -1)·4n -1 ,①4T 2n =3·41+7·42+11·43+…+(4n -5)·4n -1 +(4n -1)·4n ② ①-②,得-3T 2n =3·40 +4·41 +4·42 +…+4·4n -1 -(4n -1)·4n , ∴-3T 2n =3+ 16-16·4n -11-4-(4n -1)·4n ∴T 2n =79+12n -79 ·4n . 6.已知数列{a n },{b n },其中,a 1=12,数列{a n }满足(n +1)a n =(n -1)a n -1 (n ≥2,n ∈N * ), 数列{b n }满足b 1=2,b n +1=2b n . (1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)是否存在自然数m ,使得对于任意n ∈N * ,n ≥2,有1+1b 1+1b 2+…+1b n 在,求出m 的最小值; (3)若数列{c n }满足c n =????? 1na n ,n 为奇数, b n ,n 为偶数,求数列{ c n }的前n 项和T n . 解 (1)由(n +1)a n =(n -1)a n -1, 即 a n a n -1=n -1 n +1 (n ≥2). 又a 1=12, 所以a n =a n a n -1·a n -1a n -2·a n -2a n -3·…·a 3a 2·a 2 a 1 ·a 1 =n -1n +1·n -2n ·n -3n -1·…·24·13·12 = 1 n (n +1) . 当n =1时,上式成立,故a n =1 n (n +1) . 因为b 1=2,b n +1=2b n , 所以{b n }是首项为2,公比为2的等比数列, 故b n =2n . (2)由(1)知,b n =2n ,则 1+1b 1+1b 2+…+1b n =1+12+122+…+12n =2-12 n . 假设存在自然数m ,使得对于任意n ∈N * ,n ≥2,有1+1b 1+1b 2+…+1b n < m -8 4 恒成立,由 m -8 4 ≥2,解得m ≥16. 所以存在自然数m ,使得对于任意n ∈N * ,n ≥2,有1+1b 1+1b 2+…+1b n 的最小值为16. (3)当n 为奇数时, T n =? ????1a 1+13a 3 +…+1 na n +(b 2+b 4+…+b n -1) =[2+4+…+(n +1)]+(22 +24 +…+2n -1 ) = 2+n +12·n +12+1 2 4(14) 14 n --- = n 2+4n +34 +4 3 (2n -1 -1); 当n 为偶数时, T n =??????1a 1+13a 3 +…+1 (n -1)a n -1+(b 2+b 4+…+b n ) =(2+4+…+n )+(22 +24 + (2) ) = 2+n 2·n 2+2 4(14) 14 n -- = n 2+2n 4 +4 3 (2n -1). 所以T n =????? n 2+4n +34+4 3(2n -1 -1),n 为奇数, n 2 +2n 4+4 3(2n -1),n 为偶数. 上海市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练 数列 一、填空、选择题 1、(2016年上海高考)无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成,n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ,{}3,2∈n S ,则k 的最大值为________. 2、(2015年上海高考)记方程①:x 2+a 1x+1=0,方程②:x 2+a 2x+2=0,方程③:x 2+a 3x+4=0,其中a 1,a 2,a 3是正实数.当a 1,a 2,a 3成等比数列时,下列选项中,能推出方程③无实根的是( ) A .方程①有实根,且②有实根 B . 方程①有实根,且②无实根 C .方程①无实根,且②有实根 D . 方程①无实根,且②无实根 3、(2014年上海高考)设无穷等比数列{}n a 的公比为q ,若()134lim n n a a a a →∞ =++ +,则q = . 4、(虹口区2016届高三三模)若等比数列{}n a 的公比1q q <满足,且24 344,3,a a a a =+=则12lim()n n a a a →∞ ++ +=___________. 5、(浦东新区2016届高三三模)已知公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若 533S S =,则53 a a = 6、(杨浦区2016届高三三模)若两整数a 、 b 除以同一个整数m ,所得余数相同,即 a b k m -=()k Z ∈,则称a 、b 对模m 同余,用符号(mod )a b m ≡表示,若10(mod 6)a ≡(10)a >,满足条件的a 由小到大依 次记为12,,,,n a a a ??????,则数列{}n a 的前16项和为 7、(黄浦区2016届高三二模) 已知数列{}n a 中,若10a =,2i a k =*1 (,22,1,2,3, )k k i N i k +∈≤<=,则满足2100i i a a +≥的i 的最小值 为 8、(静安区2016届高三二模)已知数列{}n a 满足181a =,1 311log ,2, (*)3, 21n n n a a n k a k N n k ---+=?=∈?=+?,则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为 . 9、(闵行区2016届高三二模)设数列{}n a 的前n 项和为n S , 2 2|2016|n S n a n (0a >),则使得1 n n a a +≤(n ∈* N )恒成立的a 的最大值为 . 10、(浦东新区2016届高三二模)已知数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n =-?+,* n N ∈,则这个数列的前 n 项和n S =___________. 11、(徐汇、金山、松江区2016届高三二模)在等差数列{}n a 中,首项13,a =公差2,d =若某学生对其中连 1.(本题满分14分)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且34-=n n a S (1,2,)n =, (1)证明:数列{}n a 是等比数列; (2)若数列{}n b 满足1(1,2,)n n n b a b n +=+=,12b =,求数列{}n b 的通项公式. ; 2.(本小题满分12分) 等比数列{}n a 的各项均为正数,且212326231,9.a a a a a +== 1.求数列{}n a 的通项公式. 2.设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ?? ???? 的前项和. … 3.设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-= (1) 求数列{}n a 的通项公式; (2) 令n n b na =,求数列的前n 项和n S 。 ~ 4.已知等差数列{a n}的前3项和为6,前8项和为﹣4. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式; (Ⅱ)设b n=(4﹣a n)q n﹣1(q≠0,n∈N*),求数列{b n}的前n项和S n. % 5.已知数列{a n}满足,,n∈N×. (1)令b n=a n+1﹣a n,证明:{b n}是等比数列; (2)求{a n}的通项公式. { 、 ~ 、 1.解:(1)证:因为34-=n n a S (1,2,)n =,则3411-=--n n a S (2,3,)n =, 所以当2n ≥时,1144n n n n n a S S a a --=-=-, 整理得14 3 n n a a -=. 5分 由34-=n n a S ,令1n =,得3411-=a a ,解得11=a . 所以{}n a 是首项为1,公比为4 3 的等比数列. 7分 (2)解:因为14 ()3 n n a -=, ' 由1(1,2,)n n n b a b n +=+=,得114 ()3 n n n b b -+-=. 9 分 由累加得)()()(1231`21--++-+-+=n n n b b b b b b b b 一.解答题(共30小题) 1.(2012?上海)已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足.(1)设c n=3n+6,{a n}是公差为3的等差数列.当b1=1时,求b2、b3的值; (2)设,.求正整数k,使得对一切n∈N*,均有b n≥b k; (3)设,.当b1=1时,求数列{b n}的通项公式. 2.(2011?重庆)设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2,a3=a2+4. (Ⅰ)求{a n}的通项公式; ( (Ⅱ)设{b n}是首项为1,公差为2的等差数列,求数列{a n+b n}的前n项和S n. 3.(2011?重庆)设实数数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a n+1S n(n∈N*). (Ⅰ)若a1,S2,﹣2a2成等比数列,求S2和a3. (Ⅱ)求证:对k≥3有0≤a k≤. 4.(2011?浙江)已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a(a∈R)设数列的前n 项和为S n,且,,成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式及S n; ` (Ⅱ)记A n=+++…+,B n=++…+,当a≥2时,试比较A n与B n的大小. 5.(2011?上海)已知数列{a n}和{b n}的通项公式分别为a n=3n+6,b n=2n+7(n∈N*).将集合{x|x=a n,n∈N*}∪{x|x=b n,n∈N*}中的元素从小到大依次排列,构成数列c1,c2, (1)写出c1,c2,c3,c4; (2)求证:在数列{c n}中,但不在数列{b n}中的项恰为a2,a4,…,a2n,…; (3)求数列{c n}的通项公式. 6.(2011?辽宁)已知等差数列{a n}满足a2=0,a6+a8=﹣10 * (I)求数列{a n}的通项公式; (II)求数列{}的前n项和. 7.(2011?江西)(1)已知两个等比数列{a n},{b n},满足a1=a(a>0),b1﹣a1=1,b2﹣a2=2,b3﹣a3=3,若数列{a n}唯一,求a的值; (2)是否存在两个等比数列{a n},{b n},使得b1﹣a1,b2﹣a2,b3﹣a3.b4﹣a4成公差不为0的等差数列若存在,求{a n},{b n}的通项公式;若不存在,说明理由. 8.(2011?湖北)成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5. (I)求数列{b n}的通项公式; ] (II)数列{b n}的前n项和为S n,求证:数列{S n+}是等比数列. 9.(2011?广东)设b>0,数列{a n}满足a1=b,a n=(n≥2) (1)求数列{a n}的通项公式; (4)证明:对于一切正整数n,2a n≤b n+1+1. 高考数学数列题型专题 汇总 公司内部档案编码:[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08] 高考数学数列题型专题汇总 一、选择题 1、已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,且S S n n =∞ →lim .下列 条件中,使得()*∈ A .{}n S 是等差数列 B .2{}n S 是等差数列 C .{}n d 是等差数列 D .2{}n d 是等差数列 【答案】A 二、填空题 1、已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和,若16a =,350a a +=,则 6=S _______.. 【答案】6 2、无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成,n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意 *∈N n ,{}3,2∈n S ,则k 的最大值为________. 【答案】4 3、设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2a n 的最大值 为 . 【答案】64 4、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= . 【答案】1 121 一、等差数列选择题 1.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足() 12n n n S +=,则数列11n n a a +?????? 的前10项的和为( ) A . 89 B . 910 C .10 11 D . 1112 2.南宋数学家杨辉《详解九张算法》和《算法通变本末》中,提出垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差不相等,但是逐项差数之差或者高次成等差数列.在杨辉之后一般称为“块积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别1,7,15,27,45,71,107,则该数列的第8项为( ) A .161 B .155 C .141 D .139 3.已知等差数列{}n a 的前n 项和为S n ,若S 2=8,38522a a a +=+,则a 1等于( ) A .1 B .2 C .3 D .4 4.等差数列{}n a 中,22a =,公差2d =,则10S =( ) A .200 B .100 C .90 D .80 5.中国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤.问次一尺各重几何?” 意思是:“现有一根金锤,长五尺,一头粗一头细.在粗的一端截下一尺,重四斤;在细的一端截下一尺,重二斤.问依次每一尺各重几斤?”根据已知条件,若金箠由粗到细是均匀变化的,中间三尺的重量为( ) A .3斤 B .6斤 C .9斤 D .12斤 6.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,15a =,且满足 122527 n n a a n n +-=--,若p ,*q ∈N ,p q >,则p q S S -的最小值为( ) A .6- B .2- C .1- D .0 7.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,公差1d =,且62 10S S ,则34a a +=( ) A .2 B .3 C .4 D .5 8.定义 12n n p p p ++ +为n 个正数12,, ,n p p p 的“均倒数”,若已知数列{}n a 的前 n 项的“均倒数”为 12n ,又2n n a b =,则1223 910 111 b b b b b b +++ =( ) A . 8 17 B . 1021 C . 1123 D . 9 19 9.题目文件丢失! 10.为了参加学校的长跑比赛,省锡中高二年级小李同学制定了一个为期15天的训练计划. 高考数学数列大题训练 1. 已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项,且1,641≠=q a 公比 (Ⅰ)求n a ;(Ⅱ)设n n a b 2log =,求数列.|}{|n n T n b 项和的前 解析: (1)设该等差数列为{}n c ,则25a c =,33a c =,42a c =Q 533222()c c d c c -==- ∴2334()2()a a a a -=-即:223111122a q a q a q a q -=- ∴12(1)q q q -=-,Q 1q ≠, ∴121, 2q q ==,∴1164()2n a -=g (2)121log [64()]6(1)72n n b n n -==--=-g ,{}n b 的前n 项和(13)2n n n S -= ∴当17n ≤≤时,0n b ≥,∴(13)2 n n n n T S -== (8分) 当8n ≥时,0n b <,12789n n T b b b b b b =+++----L L 789777()()2n n n S b b b S S S S S =-+++=--=-L (13)422 n n -=- ∴(13)(17,)2(13)42(8,)2 n n n n n T n n n n -?≤≤∈??=?-?-≥∈??**N N 2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ,其中.154=a (Ⅰ)求321,,a a a ; (Ⅱ)求数列}{n a 的通项公式; (Ⅲ)求数列}{n a 的前n 项和n S 解:(1)由151241=+=-a a a n n 及知,1234+=a a 解得:,73=a 同理得.1,312==a a (2)由121+=-n n a a 知2211+=+-n n a a上海市2019届高三数学理一轮复习专题突破训练:数列
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