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课时作业32 数列求和1.已知等比数列{a n }中,a 2·a 8＝4a 5,等差数列{b n }中,b 4＋b 6＝a 5,则数列{b n }的前9项和S 9等于( B )A.9B.18C.36D.72解析：∵a 2·a 8＝4a 5,即a 25＝4a 5,∴a 5＝4,∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4,∴b 5＝2.∴S 9＝9b 5＝18,故选B.2.(2019·广州调研)数列112,314,518,7116,…,(2n －1)＋12n ,…的前n 项和S n 的值等于( A )A.n 2＋1－12nB.2n 2－n ＋1－12n C.n 2＋1－12n －1D.n 2－n ＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ,则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . 3.(2019·开封调研)已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *),则S 2 018＝( B )A.22 018－1B.3×21 009－3C.3×21 009－1D.3×21 008－2解析：a 1＝1,a 2＝2a 1＝2,又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2,∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1,a 3,a 5,…成等比数列；a 2,a 4,a 6,…成等比数列,∴S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 017＋a 2 018 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018) ＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21 009－3.4.定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1,p 2,…,p n 的“均倒数”.若已知正项数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1,又b n ＝a n ＋14,则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( C )A.111B.112C.1011D.1112解析：依题意有n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1,即前n 项和S n ＝n (2n ＋1)＝2n 2＋n , 当n ＝1时,a 1＝S 1＝3；当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝4n －1,a 1＝3满足该式. 则a n ＝4n －1,b n ＝a n ＋14＝n . 因为1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1,所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1011.5.(2019·华中师大联盟质量测评)在数列{a n }中,已知a 1＝3,且数列{a n ＋(－1)n }是公比为2的等比数列,对于任意的n ∈N *,不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1恒成立,则实数λ的取值范围是( C )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，25B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，23 D.(－∞,1]解析：由已知,a n ＋(－1)n ＝[3＋(－1)1]·2n －1＝2n ,∴a n ＝2n －(－1)n .当n 为偶数时,a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1)＝2n ＋1－2,a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1＋1,由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1,得λ≤2n ＋1－22n ＋1＋1＝1－32n ＋1＋1对n ∈N *恒成立,∴λ≤23；当n 为奇数时,a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1－1)＝2n ＋1－1,a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1－1, 由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1得, λ≤2n ＋1－12n ＋1－1＝1对n ∈N *恒成立, 综上可知λ≤23.6.(2019·衡水质检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就.北宋沈括在《梦溪笔谈》卷十八《技艺》篇中首创隙积术,隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状,最上一层长有a 个,宽有b 个,共计ab 个木桶,每一层长宽各比上一层多一个,共堆放n 层,设最底层长有c 个,宽有d 个,则共计有木桶n [(2a ＋c )b ＋(2c ＋a )d ＋(d －b )]6个.假设最上层有长2宽1共2个木桶,每一层的长宽各比上一层多一个,共堆放15层,则木桶的个数为1_360.解析：各层木桶长与宽的木桶数自上而下组成一等差数列,且公差为1,根据题意得,a ＝2,b ＝1,c ＝2＋14＝16,d ＝1＋14＝15,n ＝15,则木桶的个数为15[(2×2＋16)×1＋(2×16＋2)×15＋(15－1)]6＝1 360(个). 7.(2019·安阳模拟)已知数列{a n }中,a n ＝－4n ＋5,等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2,则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝4n －1.解析：由已知得b 1＝a 2＝－3,q ＝－4, ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1,∴|b n |＝3×4n －1, 即{|b n |}是以3为首项,4为公比的等比数列,∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n－1.8.(2019·海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1＝1,a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3,…),则S 2n ＋3＝43⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2.解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. 9.(2019·广东潮州模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和,a n ＝2·3n －1(n ∈N *),若b n ＝a n ＋1S n S n ＋1,则b 1＋b 2＋…＋b n ＝12－13n ＋1－1.解析：因为a n ＋1a n＝2·3n2·3n －1＝3,且a 1＝2,所以数列{a n }是以2为首项,3为公比的等比数列, 所以S n ＝2(1－3n )1－3＝3n－1,又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1,所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1. 10.(2019·潍坊模拟)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ＞0,n ∈N *).(1)证明数列{a n }为等比数列,并求a n ；(2)若λ＝4,b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *),求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解：(1)∵S n ＝2a n －λ,当n ＝1时,得a 1＝λ, 当n ≥2时,S n －1＝2a n －1－λ,∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1, 即a n ＝2a n －2a n －1,∴a n ＝2a n －1,∴数列{a n }是以λ为首项,2为公比的等比数列, ∴a n ＝λ2n －1.(2)∵λ＝4,∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1,∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1 ＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2 ＝4n ＋1－43＋n (n ＋2), ∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43.11.(2019·江西百校联盟联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1的等差数列,且a 2＝3,a 3＝5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ·3n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由题意,得S nn ＝a 1＋n －1, 即S n ＝n (a 1＋n －1),所以a 1＋a 2＝2(a 1＋1),a 1＋a 2＋a 3＝3(a 1＋2),且a 2＝3,a 3＝5. 解得a 1＝1,所以S n ＝n 2,所以当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1, 又n ＝1时也满足,故a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)·3n ,所以T n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n , 则3T n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1.∴T n －3T n ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1,则－2T n ＝3＋2×32－3n ×31－3－(2n －1)·3n ＋1＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6,故T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.12.(2019·贵阳一模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ,且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *),令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1,求T n .解：(1)当n ＝1时,a 1＝S 1,由S 1＋12a 1＝1,得a 1＝23, 当n ≥2时,S n ＝1－12a n ,S n －1＝1－12a n －1, 则S n －S n －1＝12(a n －1－a n ),即a n ＝12(a n －1－a n ),所以a n ＝13a n －1(n ≥2). 故数列{a n }是以23为首项,13为公比的等比数列.故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *). (2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .所以b n ＝log 13 (1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1,因为1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2,所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2).13.(2019·湖北四地七校联考)数列{a n }满足a 1＝1,na n ＋1＝(n ＋1)a n＋n (n ＋1),且b n ＝a n cos 2n π3,记S n 为数列{b n }的前n 项和,则S 24＝( D )A.294B.174C.470D.304解析：∵na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1),∴a n ＋1n ＋1－a nn＝1,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是公差与首项都为1的等差数列.∴a nn ＝1＋(n －1)×1,可得a n ＝n 2. ∵b n ＝a n cos 2n π3,∴b n ＝n 2cos 2n π3, 令n ＝3k －2,k ∈N *,则b 3k －2＝(3k －2)2cos 2(3k －2)π3＝－12(3k －2)2,k ∈N *, 同理可得b 3k －1＝－12(3k －1)2,k ∈N *, b 3k ＝(3k )2,k ∈N *.∴b 3k －2＋b 3k －1＋b 3k ＝－12(3k －2)2－12(3k －1)2＋(3k )2＝9k －52,k ∈N *,则S 24＝9×(1＋2＋…＋8)－52×8＝304.14.(2019·衡水联考)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,且a n ＞0,6S n ＝a 2n ＋3a n ,n ∈N *,b n ＝2a n(2a n －1)(2a n ＋1－1),若∀n ∈N *,k ＞T n恒成立,则k 的最小值是( B )A.17B.149C.49D.8441解析：当n ＝1时,6a 1＝a 21＋3a 1, 解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n ＞0,得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ,得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0. 因为a n ＞0,所以a n ＋1＋a n ＞0,a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项,3为公差的等差数列, 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以b n ＝2a n (2a n －1)(2a n ＋1－1)＝8n (8n －1)(8n ＋1－1)＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝ ⎛ 18－1－182－1＋182－1－183－1＋…＋18n －1⎭⎪⎫－18n ＋1－1＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1＜149. 要使∀n ∈N *,k ＞T n 恒成立,只需k ≥149.故选B.15.设f (x )＝4x4x ＋2,若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017,则S ＝1_008.解析：∵f (x )＝4x4x ＋2,∴f (1－x )＝41－x 41－x ＋2＝22＋4x,∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1.S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017,①S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017,②①＋②,得2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＝2 016, ∴S ＝2 0162＝1 008.16.已知数列{a n }的首项a 1＝3,前n 项和为S n ,a n ＋1＝2S n ＋3,n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝log 3a n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n ,并证明：13≤T n ＜34.解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋3,得a n ＝2S n －1＋3(n ≥2), 两式相减得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n , 故a n ＋1＝3a n (n ≥2),所以当n ≥2时,{a n }是以3为公比的等比数列. 因为a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9,a 2a 1＝3,所以{a n }是首项为3,公比为3的等比数列,a n ＝3n . (2)a n ＝3n ,故b n ＝log 3a n ＝log 33n ＝n ,b n a n ＝n3n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n , T n ＝1×13＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ,①13T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.②①－②,得23T n ＝13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋11－13－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝12－⎝⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1,所以T n ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＞0,所以T n ＜34. 又因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0,所以数列{T n }单调递增,所以(T n )min ＝T 1＝13,所以13≤T n ＜34.。
课时作业33 数列的综合应用1.已知数列{a n }为等差数列,且满足OA →＝a 3OB →＋a 2 015OC →,其中点A ,B ,C 在一条直线上,点O 为直线AB 外一点,记数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 2 017的值为( A )A.2 0172 B.2 017 C.2 018 D.2 015解析：因为点A ,B ,C 在一条直线上,所以a 3＋a 2 015＝1,则S 2 017＝2 017(a 1＋a 2 017)2＝2 017(a 3＋a 2 015)2＝2 0172,故选A. 2.某制药厂打算投入一条新的生产线,但需要经环保部门审批同意方可投入生产.已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝13(n ＋1)(n ＋2)(2n ＋3)吨,但如果年产量超过130吨,将会给环境造成危害.为保护环境,环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( C )A.5年B.6年C.7年D.8年解析：由题意知第一年产量为a 1＝13×2×3×5＝10； 以后各年产量分别为a n ＝f (n )－f (n －1)＝13(n ＋1)(n ＋2)(2n ＋3)－13n ·(n ＋1)(2n ＋1)＝2(n ＋1)2(n ∈N *), 令2(n ＋1)2≤130,所以1≤n ≤65－1, 所以1≤n ≤7.故最长的生产期限为7年.3.定义：若数列{a n }对任意的正整数n ,都有|a n ＋1|＋|a n |＝d (d 为常数),则称{a n }为“绝对和数列”,d 叫作“绝对公和”.在“绝对和数列”{a n }中,a 1＝2,绝对公和为3,则其前2 017项的和S 2 017的最小值为( C )A.－2 017B.－3 014C.－3 022D.3 032解析：依题意,要使其前2 017项的和S 2 017的值最小,只需每一项都取最小值即可.因为|a n ＋1|＋|a n |＝3,所以有－a 3－a 2＝－a 5－a 4＝…＝－a 2 017－a 2 016＝3,即a 3＋a 2＝a 5＋a 4＝…＝a 2 017＋a 2 016＝－3,所以S 2 017的最小值为2＋2 017－12×(－3)＝－3 022,故选C. 4.设等比数列{a n }的公比为q ,其前n 项之积为T n ,并且满足条件：a 1＞1,a 2 015a 2 016＞1,a 2 015－1a 2 016－1＜0.给出下列结论：(1)0＜q ＜1；(2)a 2 015a 2017－1＞0；(3)T 2 016的值是T n 中最大的；(4)使T n ＞1成立的最大自然数等于4 030.其中正确的结论为( C )A.(1)(3)B.(2)(3)C.(1)(4)D.(2)(4)解析：由a 2 015－1a 2 016－1＜0可知a 2 015＜1或a 2 016＜1.如果a 2 015＜1,那么a 2 016＞1, 若a 2 015＜0,则q ＜0；又∵a 2 016＝a 1q 2 015,∴a 2 016应与a 1异号, 即a 2 016＜0,这与假设矛盾,故q ＞0.若q ≥1,则a 2 015＞1且a 2 016＞1,与推出的结论矛盾,故0＜q ＜1,故(1)正确.又a 2 015a 2 017＝a 22 016＜1,故(2)错误.由结论(1)可知a 2 015＞1,a 2 016＜1,故数列从第 2 016项开始小于1,则T 2 015最大,故(3)错误.由结论(1)可知数列从第2 016项开始小于1,而T n ＝a 1a 2a 3…a n ,故当T n ＝(a 2 015)n 时,求得T n ＞1对应的自然数为4 030,故(4)正确.5.(2019·太原模拟)已知数列{a n }中,a 1＝0,a n －a n －1－1＝2(n －1)(n∈N *,n ≥2),若数列{b n }满足b n ＝n ·a n ＋1＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1,则数列{b n }的最大项为第6项.解析：由a 1＝0,且a n －a n －1－1＝2(n －1)(n ∈N *,n ≥2),得a n －a n －1＝2n －1(n ≥2),则a 2－a 1＝2×2－1,a 3－a 2＝2×3－1,a 4－a 3＝2×4－1,…,a n －a n －1＝2n －1(n ≥2),以上各式累加得a n ＝2(2＋3＋…＋n )－(n －1)＝2×(n ＋2)(n －1)2－n ＋1＝n 2－1(n ≥2),当n ＝1时,上式仍成立,所以b n ＝n ·a n ＋1＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1＝n ·(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1＝(n 2＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1(n ∈N *).由⎩⎪⎨⎪⎧b n ≥b n －1，b n ≥b n ＋1，得 ⎩⎪⎨⎪⎧(n 2＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1≥(n 2－n )·⎝⎛⎭⎪⎫811n －2，(n 2＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n －1≥(n 2＋3n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫811n ，解得163≤n ≤193. 因为n ∈N *,所以n ＝6,所以数列{b n }的最大项为第6项.6.将正整数12分解成两个正整数的乘积有1×12,2×6,3×4三种,其中3×4是这三种分解中两数差的绝对值最小的,我们称3×4为12的最佳分解.当p ×q (p ≤q 且p ,q ∈N *)是正整数n 的最佳分解时,我们定义函数f (n )＝q －p ,例如f (12)＝4－3＝1,数列{f (3n )}的前100项和为350－1.解析：当n 为偶数时,f (3n )＝0；当n 为奇数时,f (3n )＝3n ＋12－3n －12,因此数列{f (3n )}的前100项和为31－30＋32－31＋…＋350－349＝350－1.7.(2019·长沙、南昌联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足：a 1＝1,a n ＞0,a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1(n ∈N *),若不等式4n 2－8n ＋3＜(5－m )2n ·a n 对任意的n ∈N *恒成立,则整数m 的最大值为( B )A.3B.4C.5D.6解析：当n ≥2时,⎩⎪⎨⎪⎧a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，a 2n ＝4S n －1＋4(n －1)＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋4, 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2,又a n ＞0,所以a n ＋1＝a n ＋2(n ≥2). 对a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1,令n ＝1,可得a 22＝4a 1＋4＋1＝9, 所以a 2＝3,则a 2－a 1＝2,所以数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列, 故a n ＝2n －1.因为4n 2－8n ＋3＝(2n －1)(2n －3),n ∈N *,2n －1＞0,所以不等式4n 2－8n ＋3＜(5－m )2n·a n 等价于5－m ＞2n －32n .记b n ＝2n －32n ,则b n ＋1b n＝2n －12n ＋12n －32n ＝2n －14n －6,当n ≥3时,b n ＋1b n ＜1,又b 1＝－12,b 2＝14,b 3＝38, 所以(b n )max ＝b 3＝38. 故5－m ＞38,得m ＜378, 所以整数m 的最大值为4.8.(2019·南昌调研)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,∀n ∈N *,2S n＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a na n ＋1＋a n ＋1a n,设{b n }的前n 项和为T n ,则在T 1,T 2,T 3,…,T 100中有理数的个数为9.解析：∵2S n ＝a 2n ＋a n ,① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1,②②－①,得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ,a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0,(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列,∴a n ＋1－a n －1＝0, 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中,令n ＝1,可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项,1为公差的等差数列. ∴a n ＝n ,∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1] ＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1,∴T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1, 要使T n 为有理数,只需1n ＋1为有理数, 令n ＋1＝t 2,∵1≤n ≤100,∴n ＝3,8,15,24,35,48,63,80,99,共9个数. ∴T 1,T 2,T 3,…,T 100中有理数的个数为9.9.(2019·福建漳州模拟)已知数列{a n }满足na n －(n ＋1)·a n －1＝2n 2＋2n (n ＝2,3,4,…),a 1＝6.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1为等差数列,并求出{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ,求证：S n ＜512.解：(1)由na n －(n ＋1)a n －1＝2n 2＋2n (n ＝2,3,4,…),a 1＝6,可得a nn ＋1－a n －1n ＝2,a 11＋1＝3,则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为3,公差为2的等差数列,可得a n n ＋1＝3＋2(n －1)＝2n ＋1,则a n ＝(n ＋1)(2n ＋1)(n ∈N *).(2)证明：由1(n ＋1)(2n ＋1)＜12n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1, 可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤16＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＜16＋14＝512, 即S n ＜512.10.已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1cos 2x 2－sin 2x2,函数y ＝f (x )－3在(0,＋∞)上的零点按从小到大的顺序构成数列{a n }(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3πa n(4n 2－1)(3n －2),求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1cos 2x 2－sin 2x2＝sin xcos x ＝tan x , 由tan x ＝3及x ＞0得x ＝k π＋π3(k ∈N ),数列{a n }是首项a 1＝π3,公差d ＝π的等差数列,所以a n ＝π3＋(n －1)π＝n π－2π3.(2)b n ＝3πa n (4n 2－1)(3n －2)＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 11.已知{a n }是公差不为0的等差数列,{b n }是等比数列,且a 1＝b 1＝1,a 2＝b 2,a 5＝b 3.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式；(2)记S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n,是否存在m ∈N *,使得S m ≥3成立,若存在,求出m ,若不存在,请说明理由.解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0),数列{b n }的公比为q ,则由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝1·q ，1·q 2＝1＋4d ，∴d ＝0或d ＝2,∵d ≠0,∴d ＝2,q ＝3,∴a n ＝2n －1,b n ＝3n －1. (2)由(1)可知,S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝11＋331＋532＋…＋2n －33n －2＋2n －13n －1,13S n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ,两式相减得,23S n ＝1＋231＋232＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋23×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13－2n －13n ＝2－2n ＋23n ＜2,∴S n ＜3.故不存在m ∈N *,使得S m ≥3成立.12.(2019·河南洛阳模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0,且a 3＝5,a 1,a 2,a 5成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a 2n ＋4n －2,S n是数列{b n }的前n 项和,若对任意正整数n ,不等式2S n ＋(－1)n ＋1·a ＞0恒成立,求实数a 的取值范围.解：(1)因为a 3＝5,a 1,a 2,a 5成等比数列,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )，解得a 1＝1,d ＝2, 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝1a 2n ＋4n －2＝1(2n －1)2＋4n －2＝14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1, 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1, 依题意,对任意正整数n ,不等式1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0,当n 为奇数时,1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0即a ＞－1＋12n ＋1,所以a＞－23；当n 为偶数时,1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0即a ＜1－12n ＋1,所以a ＜45.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，45.。
课时作业2 命题及其关系、充分条件与必要条件1.命题“若a ＞b ,则a ＋c ＞b ＋c ”的否命题是( A ) A.若a ≤b ,则a ＋c ≤b ＋c B.若a ＋c ≤b ＋c ,则a ≤b C.若a ＋c ＞b ＋c ,则a ＞b D.若a ＞b ,则a ＋c ≤b ＋c解析：将条件、结论都否定.命题的否命题是“若a ≤b ,则a ＋c ≤b＋c ”.2.(2019·江西九江十校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≥－1，ln (－x )，x ＜－1，则“x ＝0”是“f (x )＝1”的( B )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析：若x ＝0,则f (0)＝e 0＝1；若f (x )＝1,则e x ＝1或ln(－x )＝1,解得x ＝0或x ＝－e.故“x ＝0”是“f (x )＝1”的充分不必要条件.3.在命题“若抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下,则{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅”的逆命题、否命题、逆否命题中结论成立的是( D )A.都真B.都假C.否命题真D.逆否命题真解析：对于原命题：“若抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下,则{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅”,这是一个真命题,所以其逆否命题也为真命题；但其逆命题：“若{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅,则抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下”是一个假命题,因为当不等式ax 2＋bx ＋c ＜0的解集非空时,可以有a ＞0,即抛物线的开口可以向上,因此否命题也是假命题,故选D.4.(2019·河南郑州一模)下列说法正确的是( D ) A.“若a ＞1,则a 2＞1”的否命题是“若a ＞1,则a 2≤1” B.“若am 2＜bm 2,则a ＜b ”的逆命题为真命题 C.存在x 0∈(0,＋∞),使3x 0＞4x 0成立D.“若sin α≠12,则α≠π6”是真命题解析：对于选项A,“若a ＞1,则a 2＞1”的否命题是“若a ≤1,则a 2≤1”,故选项A 错误；对于选项B,“若am 2＜bm 2,则a ＜b ”的逆命题为“若a ＜b ,则am 2＜bm 2”,因为当m ＝0时,am 2＝bm 2,所以逆命题为假命题,故选项B 错误；对于选项C,由指数函数的图象知,对任意的x ∈(0,＋∞),都有4x＞3x,故选项C 错误；对于选项D,“若sin α≠12,则α≠π6”的逆否命题为“若α＝π6,则sin α＝12”,该逆否命题为真命题,所以原命题为真命题,故选D.5.(2019·江西鹰谭中学月考)设f (x )＝x 2－4x (x ∈R ),则f (x )＞0的一个必要不充分条件是( C )A.x ＜0B.x ＜0或x ＞4C.|x －1|＞1D.|x －2|＞3解析：依题意,f (x )＞0⇔x 2－4x ＞0⇔x ＜0或x ＞4.又|x －1|＞1⇔x －1＜－1或x －1＞1,即x ＜0或x ＞2,而{x |x ＜0或x ＞x |x ＜0或x ＞2},因此选C.6.(2019·山东日照联考)“m ＜0”是“函数f (x )＝m ＋log 2x (x ≥1)存在零点”的( A )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：当m ＜0时,由图象的平移变换可知,函数f (x )必有零点；当函数f (x )有零点时,m ≤0,所以“m ＜0”是“函数f (x )＝m ＋log 2x (x ≥1)存在零点”的充分不必要条件,故选A.7.(2019·安徽两校阶段性测试)设a ∈R ,则“a ＝4”是“直线l 1：ax ＋8y －8＝0与直线l 2：2x ＋ay －a ＝0平行”的( D )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：∵当a ≠0时,a 2＝8a ＝－8－a⇒直线l 1与直线l 2重合,∴无论a取何值,直线l 1与直线l 2均不可能平行,当a ＝4时,l 1与l 2重合.故选D.8.(2019·山西太原模拟)已知a ,b 都是实数,那么“2a ＞2b ”是“a 2＞b 2”的( D )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：充分性：若2a ＞2b , 则2a －b ＞1,∴a －b ＞0,∴a ＞b . 当a ＝－1,b ＝－2时,满足2a ＞2b , 但a 2＜b 2,故由2a ＞2b 不能得出a 2＞b 2, 因此充分性不成立. 必要性：若a 2＞b 2,则|a |＞|b |.当a ＝－2,b ＝1时,满足a 2＞b 2,但2－2＜21, 即2a ＜2b ,故必要性不成立.综上,“2a ＞2b ”是“a 2＞b 2”的既不充分也不必要条件,故选D. 9.(2017·天津卷)设θ∈R ,则“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12”是“sin θ＜12”的( A )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12⇔－π12＜θ－π12＜π12⇔0＜θ＜π6,sin θ＜12⇔θ∈⎝⎛⎭⎪⎫2k π－7π6，2k π＋π6,k ∈Z ,⎝⎛⎭⎪⎫0，π6⎝⎛⎭⎪⎫2k π－7π6，2k π＋π6,k ∈Z ,∴“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12”是“sin θ＜12”的充分而不必要条件. 10.(2019·江西红色七校模拟)在△ABC 中,角A ,B 均为锐角,则“cos A ＞sin B ”是“△ABC 为钝角三角形”的( C )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：因为cos A ＞sin B ,所以cos A ＞cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ,因为角A ,B 均为锐角,所以π2－B 为锐角, 又因为余弦函数y ＝cos x 在(0,π)上单调递减, 所以A ＜π2－B ,所以A ＋B ＜π2, 在△ABC 中,A ＋B ＋C ＝π,所以C ＞π2, 所以△ABC 为钝角三角形；若△ABC 为钝角三角形,角A ,B 均为锐角, 则C ＞π2,所以A ＋B ＜π2,所以A ＜π2－B ,所以cos A ＞cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ,即cos A ＞sin B .故“cos A ＞sin B ”是“△ABC 为钝角三角形”的充要条件. 11.设向量a ＝(sin2θ,cos θ),b ＝(cos θ,1),则“a ∥b ”是“tan θ＝12成立”的必要不充分__条件.(选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)解析：a ∥b ⇔sin2θ＝cos 2θ⇔cos θ＝0或2sin θ＝cos θ⇔cos θ＝0或tan θ＝12,所以“a ∥b ”是“tan θ＝12成立”的必要不充分条件.12.已知条件p ：2x 2－3x ＋1≤0,条件q ：x 2－(2a ＋1)x ＋a (a ＋1)≤0.若綈p 是綈q 的必要不充分条件,则实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 . 解析：方法一 命题p 为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12≤x ≤1,命题q 为{x |a ≤x ≤a ＋1}.綈p 对应的集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＞1或x ＜12.綈q 对应的集合B ＝{x |x ＞a ＋1或x ＜a }.∵綈p 是綈q 的必要不充分条件,∴⎩⎨⎧ a ＋1＞1，a ≤12或⎩⎨⎧ a ＋1≥1，a ＜12，∴0≤a ≤12.方法二 命题p ：A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12≤x ≤1,命题q ：B ＝{x |a ≤x ≤a ＋1}. ∵綈p 是綈q 的必要不充分条件, ∴p 是q 的充分不必要条件,即A B ,∴⎩⎨⎧a ＋1≥1，a ＜12或⎩⎨⎧a ＋1＞1，a ≤12，∴0≤a ≤12.13.已知p ：函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞,－1)上是单调函数,q ：函数g (x )＝log a (x ＋1)(a ＞0,且a ≠1)在(－1,＋∞)上是增函数,则綈p 是q 的( C )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：易知p 成立⇔a ≤1,q 成立⇔a ＞1,所以綈p 成立⇔a ＞1,则綈p 是q 的充要条件,故选C.14.(2019·昆明诊断)下列选项中,说法正确的是( D ) A.若a ＞b ＞0,则ln a ＜ln bB.向量a ＝(1,m ),b ＝(m,2m －1)(m ∈R )垂直的充要条件是m ＝1C.命题“∀n ∈N *,3n ＞(n ＋2)·2n －1”的否定是“∀n ∈N *,3n ≥(n ＋2)·2n －1”D.已知函数f (x )在区间[a ,b ]上的图象是连续不断的,则命题“若f (a )·f (b )＜0,则f (x )在区间(a ,b )内至少有一个零点”的逆命题为假命题解析：∵函数y ＝ln x (x ＞0)是增函数,∴若a ＞b ＞0,则ln a ＞ln b ,故A 错误；若a ⊥b ,则m ＋m (2m －1)＝0,解得m ＝0,故B 错误；命题“∀n ∈N *,3n ＞(n ＋2)·2n －1”的否定是“∃n ∈N *,3n ≤(n ＋2)·2n －1”,故C 错误；命题“若f (a )·f (b )＜0,则f (x )在区间(a ,b )内至少有一个零点”的逆命题“若f (x )在区间(a ,b )内至少有一个零点,则f (a )·f (b )＜0”是假命题,如函数f (x )＝x 2－2x －3在区间[－2,4]上的图象连续不断,且在区间(－2,4)内有两个零点,但f (－2)·f (4)＞0,D 正确.15.已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12＜2x＜8，x ∈R ,B ＝{x |－1＜x ＜m ＋1,x ∈R },若x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A ,则实数m 的取值范围是(2,＋∞)__.解析：A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12＜2x＜8，x ∈R ＝{x |－1＜x ＜3}, ∵x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A , ∴AB ,∴m ＋1＞3,即m ＞2.16.(2019·石家庄模拟)已知p ：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2,q ：x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0),且綈p 是綈q 的必要不充分条件,则实数m 的取值范围是[9,＋∞)__.解析：法一：由⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2,得－2≤x ≤10, ∴綈p 对应的集合为{x |x ＞10或x ＜－2}, 设A ＝{x |x ＞10或x ＜－2}. 由x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0), 得1－m ≤x ≤1＋m (m ＞0),∴綈q 对应的集合为{x |x ＞1＋m 或x ＜1－m ,m ＞0}, 设B ＝{x |x ＞1＋m 或x ＜1－m ,m ＞0}. ∵綈p 是綈q 的必要不充分条件,∴B A ,∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，1－m ＜－2，1＋m ≥10或⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，1－m ≤－2，1＋m ＞10，解得m ≥9,∴实数m 的取值范围为[9,＋∞). 法二：∵綈p 是綈q 的必要不充分条件, ∴q 是p 的必要不充分条件. 即p 是q 的充分不必要条件, 由x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0), 得1－m ≤x ≤1＋m (m ＞0).∴q 对应的集合为{x |1－m ≤x ≤1＋m ,m ＞0}, 设M ＝{x |1－m ≤x ≤1＋m ,m ＞0},又由⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2,得－2≤x ≤10, ∴p 对应的集合为{x |－2≤x ≤10}, 设N ＝{x |－2≤x ≤10}. 由p 是q 的充分不必要条件知,N M ,∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，1－m ＜－2，1＋m ≥10或⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，1－m ≤－2，1＋m ＞10，解得m ≥9.∴实数m 的取值范围为[9,＋∞).。
