5-5第五节 数列的综合应用练习题(2015年高考总复习)

第五章 数 列第5课时 数列的简单应用1. 已知等差数列{a n }的公差为2，且a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2＝________．答案：－6解析：a 23＝a 1a 4，即[a 1＋4]2＝a 1[a 1＋6]，解得a 1＝－8，所以a 2＝－6.2. 已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝________． 答案：31 解析：设{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54，得a 4＋2a 7＝2×54，∴a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54－a 4＝14.∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12.a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2，∴a 1＝16， S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝31. 3. 已知{a n }是公比为q 的等比数列，若a 4，a 5＋a 7，a 6成等差数列，则q ＝________．答案：12解析：a 4，a 5＋a 7，a 6成等差数列，∴ 2[a 5＋a 7]＝a 4＋a 6，∴ 2[a 4q ＋a 6q]＝a 4＋a 6，∴ q ＝12. 4. 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是________．答案：3解析：a 25＝a 1a 17，即[a 1＋4d]2＝a 1[a 1＋16d]，即a 1d －2d 2＝0.又d ≠0，∴a 1＝2d.公比q ＝a 5a 1＝6d 2d＝3. 5. 已知数列{a n }是各项都是正数的等比数列，若a 2，12a 3，2a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5＝________．答案：12解析：2×12a 3＝2a 1＋a 2，即a 1q 2＝2a 1＋a 1q ，q 2－q －2＝0，解得q ＝－1或2. ∵ a n >0，q>0，∴ q ＝2.a 3＋a 4a 4＋a 5＝a 3＋a 4（a 3＋a 4）q ＝1q ＝12. 6. 若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的积，则称该数列为“m 积数列”．若正项等比数列{a n }是一个“2 012积数列”，且a 1>1，则其前n 项的积最大时，n ＝________．答案：1 005或1 006解析：根据条件可知a 1a 2a 3…a 2012＝a 2012，故a 1a 2a 3…a 2011＝1，即a 20111006＝1，故a 1006＝1，而a 1>1，故{a n }的公比0<q<1，则0<a 1007<1，a 1005>1，故数列{a n }的前n 项的积最大时，n ＝1005或1006.7. 如图，将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表．已知表中的第一列a 1，a 2，a 5，…构成一个公比为2的等比数列，从第2行起，每一行都是一个公差为d 的等差数列．若a 4＝5，a 86＝518，则d ＝________.a 1a 2 a 3 a 4a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…答案：1.5解析：第2行成公差为d 的等差数列，可得：a 2＝a 4－2d ＝5－2d ，第n 行的数的个数为2n －1，从第1行到第n 行的所有数的个数总和为n （1＋2n －1）2＝n 2，86＝92＋5，第10行的前几个数为：a 82，a 83，a 84，a 85，a 86，…，所以a 86是第10行第5个数，所以a 82＝a 86－4d ＝518－4d.第一列a 1，a 2，a 5，a 10，a 17，a 26，a 37，a 50，a 65，a 82，…构成一个公比为2的等比数列，故有a 82＝a 2·28518－4d ＝[5－2d]·28，解得d ＝1.5.8. 各项均为正偶数的数列a 1，a 2，a 3，a 4中，前三项依次成公差为d[d>0]的等差数列，后三项依次成公比为q 的等比数列，若a 4－a 1＝88，则q 的所有可能的值构成的集合为________．答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫53，87 解析：设这四个数为a 1，a 1＋d ，a 1＋2d ，a 1＋88，其中a 1，d 均为正偶数，则[a 1＋2d]2＝[a 1＋d][a 1＋88]，整理得a 1＝4d （22－d ）3d －88>0[注意体会这里用“a 1>0”而不用“a 1≥2”的好处，实际是一种估算能力]，所以[d －22][3d －88]<0，即22<d<883，所以d 的所有可能值为24，26，28.当d ＝24时，a 1＝12，q ＝53；当d ＝26时，a 1＝2085[舍去]；当d ＝28时，a 1＝168，q ＝87，所以q 的所有可能值构成的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫53，87. 9. 已知等差数列{a n }中，首项a 1＝1，公差d 为整数，且满足a 1＋3<a 3，a 2＋5>a 4；数列{b n }满足b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为S n . [1] 求数列{a n }的通项公式a n ；[2] 若S 2为S 1、S m [m ∈N *]的等比中项，求正整数m 的值．解：[1] 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3＜a 1＋2d ，a 1＋d ＋5>a 1＋3d ，解得32<d<52. 又d ∈Z ，∴ d ＝2.∴ a n ＝1＋[n －1]·2＝2n －1.[2] ∵ b n ＝1a n ·a n ＋1＝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＝n 2n ＋1.∵ S 1＝13，S 2＝25，S m ＝m 2m ＋1，S 2为S 1、S m [m ∈N ]的等比中项， ∴ S 22＝S m S 1，即⎝⎛⎭⎫252＝13·m 2m ＋1，解得m ＝12. 10. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9.[1] 求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；[2] 设数列{b n }的通项公式为b n ＝a n a n ＋t，问： 是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m [m ≥3，m ∈N *]成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解：[1] 设等差数列{a n }的公差为d.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＋a 13＝34，3a 2＝9，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋8d ＝17，a 1＋d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2. 故a n ＝2n －1，S n ＝n 2.[2] 由[1]知b n ＝2n －12n －1＋t .要使b 1，b 2，b m 成等差数列，必须2b 2＝b 1＋b m ，即2×33＋t＝11＋t ＋2m －12m －1＋t ，整理得m ＝3＋4t －1.因为m ，t 为正整数，所以t 只能取2，3，5.当t ＝2时，m ＝7；当t ＝3时，m ＝5；当t ＝5时，m ＝4.故存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列．11. 设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，满足a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.[1] 求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；[2] 试求所有的正整数m ，使得a m a m ＋1a m ＋2为数列{a n }中的项． 解：[1] 设公差为d ，则由a 22－a 25＝a 24－a 23，得－3d[a 4＋a 3]＝d[a 4＋a 3]．因为d ≠0，所以a 4＋a 3＝0，即2a 1＋5d ＝0.又S 7＝7，得7a 1＋7×62d ＝7，解得a 1＝－5，d ＝2， 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，前n 项和S n ＝n 2－6n.[2] [解法1]a m a m ＋1a m ＋2＝（2m －7）（2m －5）2m －3，设2m －3＝t ， 则a m a m ＋1a m ＋2＝（t －4）（t －2）t ＝t ＋8t －6，所以t 为8的约数． 因为t 是奇数，所以t 可取的值为±1，当t ＝1，m ＝2时，t ＋8t－6＝3，2×5－7＝3，是数列{a n }中的项；当t ＝－1，m ＝1时，t ＋8t－6＝－15，数列{a n }中的最小项是－5，不符合．所以满足条件的正整数m ＝2.[解法2]因为a m a m ＋1a m ＋2＝（a m ＋2－4）（a m ＋2－2）a m ＋2＝a m ＋2－6＋8a m ＋2为数列{a n }中的项，故8a m ＋2为整数．又由[1]知a m ＋2为奇数，所以a m ＋2＝2m －3＝±1，即m ＝1，2.经检验，符合题意的正整数m 为2。

第五节数列的综合应用对应学生用书P84[n 111113数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.[解] (1)设{a n }的公差为d ，由题意得a 211＝a 1a 13.即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )． 于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)或d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2. 由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列． 从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n .[类题通法]解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．[针对训练]在等比数列{a n }(n ∈N ＋)中，a 1>1，公比q >0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0.(1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n . 解：(1)证明：∵b n ＝log 2a n ， ∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n ＝log 2q 为常数，∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q .(2)设数列{b n }的公差为d ，∵b 1＋b 3＋b 5＝6，∴b 3＝2. ∵a 1>1，∴b 1＝log 2a 1>0.∵b 1b 3b 5＝0，∴b 5＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝－1. ∴S n ＝4n ＋n (n －1)2×(－1)＝9n －n 22.∵⎩⎪⎨⎪⎧log 2q ＝－1，log 2a 1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16.∴a n ＝25－n (n ∈N ＋).[东们分红500万元．该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元． [解] 设a n 为(2010＋n )年年底分红后的资金， 其中n ∈N ＋，则a 1＝2×1 000－500＝1 500，a 2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n ＝2a n －1－500(n ≥2)． ∴a n －500＝2(a n －1－500)(n ≥2)，即数列{a n －500}是首项为a 1－500＝1 000，公比为2的等比数列． ∴a n －500＝1 000×2n －1，∴a n ＝1 000×2n －1＋500.(1)a 4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元． (2)由a n >32 500，即2n －1>32，得n >6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元． [类题通法]解数列应用题的建模思路从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：[针对训练]某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.则第n 年初M 的价值a n ＝________.解析：当n ≤6时，数列{a n }是首项为120， 公差为－10的等差数列， a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ； 当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项， 34为公比的等比数列， 又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7数列在高考中多与函数、不等式、解析几何、向量交汇命题，近年由于对数列要求降低，但仍有一些省份在考查数列与其他知识的交汇.归纳起来常见的命题角度有：(1)数列与不等式的交汇； (2)数列与函数的交汇； (3)数列与解析几何的交汇.角度一 数列与不等式的交汇1．(2014·湖北七市模拟)数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝nλ·b n ＋1(λ为常数，且λ≠1)．(1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．解：(1)由题意得(1－a 2)2＝a 1(a 3＋1)， 即⎝⎛⎭⎫1－12a 12＝a 1⎝⎛⎭⎫14a 1＋1， 解得a 1＝12，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n. 设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧ T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ(8＋d )，16＋d ＝2λ(8＋2d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n， ∴12S n ＝12－⎝⎛⎭⎫12n ＋1≥14，① 又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝14n (n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1<14，② 由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .[类题通法]数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．角度二 数列与函数的交汇2．(2012·安徽高考)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)设{x n }的前n 项和为S n ，求S n . 解：(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，得cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知， x n ＝2n π－2π3(n ∈N ＋)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3.角度三 数列与解析几何的交汇3．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列；解：(1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列．对应学生用书P85[课堂练通考点]1．(2013·安徽“江南十校”高三联考)已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1解析：选C 由题意可知，a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.2．已知数列{a n }满足：a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时.若a 6＝1，则m 所有可能的取值为( )A ．{4,5}B ．{4,32}C ．{4,5,32}D ．{5,32}解析：选C a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时，注意递推的条件是a n (而不是n )为偶数或奇数．由a 6＝1一直往前面推导可得a 1＝4或5或32.3．(2013·武汉武昌联考)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＝6，若将a 1，a 4，a 5都加上同一个数，所得的三个数依次成等比数列，则所加的这个数为________．解析：由题意知等差数列{a n }的公差d ＝a 3－a 12＝2，则a 4＝8，a 5＝10，设所加的数为x ，依题意有(8＋x )2＝(2＋x )(10＋x )，解得x ＝－11.答案：－114．(2013·江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N ＋)等于________．解析：设每天植树的棵数组成的数列为{a n }， 由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为2， 所以由题意可得2(1－2n )1－2≥100，即2n ≥51，而25＝32,26＝64，n ∈N ＋，所以n ≥6. 答案：65．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2，数列{b n }为等比数列，且首项b 1＝1，b 4＝8.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝ab n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解：(1)∵数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1亦满足上式， 故a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．又数列{b n }为等比数列，设公比为q ， ∵b 1＝1，b 4＝b 1q 3＝8，∴q ＝2. ∴b n ＝2n －1(n ∈N ＋)．(2)c n ＝ab n ＝2b n －1＝2n －1.T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1) ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2(1－2n )1－2－n .所以T n ＝2n ＋1－2－n .[课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n －1(a ≠0)，则数列{a n }( ) A ．一定是等差数列 B ．一定是等比数列C ．或者是等差数列，或者是等比数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列解析：选C ∵S n ＝a n －1(a ≠0)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1，n ＝1，(a －1)a n －1，n ≥2. 当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．2．(2013·辽宁高考)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 n n 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 3D ．p 1，p 4解析：选D 设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n 是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．3．(2013·湖南省五市十校联合检测)已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N ＋)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D.⎝⎛⎭⎫32n －1解析：选D 由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N ＋)， ∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)， 两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)， 又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1.4．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011解析：选D 结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.所以a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.故选D. 5．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：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 0006.(创新题)设数列{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2 013项和为________．解析：由“凸数列”的定义，可知，b 1＝1，b 2＝－2，b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，故数列{b n }是周期为6的周期数列，又b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，故数列{b n }的前2 013项和S 2 013＝b 1＋b 2＋b 3＝1－2－3＝－4.答案：－47．(2014·济南高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N ＋)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N ＋)，求证：c n ＋1<c n ≤13.解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋1①， 得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N ＋)②， ①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)， ∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N ＋)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1.∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3， ∴b n ＝3n －6.(2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ，∴c n ＝3n 3n ＋1＝n3n ，∴c n ＋1－c n ＝1－2n3n ＋1<0，∴c n ＋1<c n <…<c 1＝13，即c n ＋1<c n ≤13.8．(2013·惠州调研)已知点⎝⎛⎭⎫1，13是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图像上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足：S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }的通项c n ＝b n ·⎝⎛⎭⎫13n ，求数列{c n }的前n 项和R n . 解：(1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x ， 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.又公比q ＝a 2a 1＝13，∴a n ＝－23⎝⎛⎭⎫13n －1＝－2⎝⎛⎭⎫13n (n ∈N ＋)． ∵S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，b n >0，S n >0， ∴S n －S n －1＝1，∴数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列， S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又b 1＝c ＝1满足b n ＝2n －1， ∴b n ＝2n －1(n ∈N ＋)． (2)∵c n ＝b n ⎝⎛⎭⎫13n＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫13n ， ∴R n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，R n ＝1×⎝⎛⎭⎫131＋3×⎝⎛⎭⎫132＋5×⎝⎛⎭⎫133＋…＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ，① 13R n ＝1×⎝⎛⎭⎫132＋3×⎝⎛⎭⎫133＋5×⎝⎛⎭⎫134＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫13n ＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1.② 由①－②得，23R n ＝13＋2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫133＋⎝⎛⎭⎫134＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 化简得，23R n ＝13＋2×⎝⎛⎭⎫132⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n －11－13－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝23－2(n ＋1)3×⎝⎛⎭⎫13n，∴R n ＝1－n ＋13n .第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·乌鲁木齐第一次诊断)已知等比数列{a n }和等差数列{b n }均是首项为2，各项为正数的数列，且b 2＝4a 2，a 2b 3＝6.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)求使ab n <0.001成立的正整数n 的最小值． 解：(1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝4×2q ，(2＋2d )·2q ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，q ＝12，，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－5，q ＝－38.(舍)∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －2，b n ＝2n .(2)由(1)得ab n ＝a 2n ＝⎝⎛⎭⎫122n －2，∵ab n <0.001，即⎝⎛⎭⎫122n －2<0.001，∴22n －2>1 000， ∴2n －2≥10，即n ≥6，∴满足题意的正整数n 的最小值为6.2．(2014·江南十校联考)已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n 、B n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1(n 为奇数)a n (n 为偶数)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由题意知，圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，圆C n 的半径r n ＝2a n ＋n ，∴a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n ， 又a 1＝1，∴a n ＝2n －1. (2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1) ＝n (n －1)2＋2(1－2n )1－4＝n 2－n 2＋23(2n －1)． 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)2＋23(2n ＋1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)， 而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n，∴T n ＝n 2＋n 2＋13(2n －2)． ∴T n ＝⎩⎨⎧n 2－n 2＋23(2n －1)(n 为偶数)n 2＋n 2＋13(2n －2)(n 为奇数).3.(创新题)已知点A (1,0)，B (0,1)和互不相同的点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…，满足＝a n ＋b n (n ∈N ＋)，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列，O 为坐标原点，若P 1是线段AB 的中点．(1)求a 1，b 1的值．(2)点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…能否在同一条直线上？请证明你的结论．解：(1)P 1是线段AB 的中点⇒＝12＋12，又＝a 1＋b 1，且，不共线，由平面向量基本定理，知a 1＝b 1＝12. (2)由＝a n ＋b n (n ∈N ＋)⇒＝(a n ，b n )，设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则由于P 1，P 2，P 3，…，P n ，…互不相同，所以d ＝0，q ＝1不会同时成立．若d ＝0，q ≠1，则a n ＝a 1＝12(n ∈N ＋) ⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线x ＝12上； 若q ＝1，d ≠0，则b n ＝12为常数列 ⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线y ＝12上； 若d ≠0且q ≠1，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…在同一条直线上⇔＝(a n －a n －1，b n －b n －1)与＝(a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n )始终共线(n ≥2，n ∈N ＋)⇔(a n －a n －1)(b n ＋1－b n )－(a n ＋1－a n )(b n －b n －1)＝0⇔d (b n ＋1－b n )－d (b n －b n －1)＝0⇔b n ＋1－b n ＝b n －b n －1⇔q ＝1，这与q ≠1矛盾，所以当d ≠0且q ≠1时，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…不可能在同一条直线上．。

第五章 数 列第5课时 数列的简单应用1. 已知等差数列{a n }的公差为2，且a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2＝________． 答案：－6解析：a 23＝a 1a 4，即(a 1＋4)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝－8，所以a 2＝－6.2. 已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝________．答案：31解析：设{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54，得a 4＋2a 7＝2×54，∴a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54－a 4＝14.∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12.a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2，∴a 1＝16，S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝31.3. 已知{a n }是公比为q 的等比数列，若a 4，a 5＋a 7，a 6成等差数列，则q ＝________．答案：12解析：a 4，a 5＋a 7，a 6成等差数列，∴ 2(a 5＋a 7)＝a 4＋a 6，∴ 2(a 4q ＋a 6q)＝a 4＋a 6，∴ q ＝12.4. 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是________．答案：3解析：a 25＝a 1a 17，即(a 1＋4d)2＝a 1(a 1＋16d)， 即a 1d －2d 2＝0.又d ≠0，∴a 1＝2d.公比q ＝a 5a 1＝6d2d＝3.5. 已知数列{a n }是各项都是正数的等比数列，若a 2，12a 3，2a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5＝________．答案：12解析：2×12a 3＝2a 1＋a 2，即a 1q 2＝2a 1＋a 1q ，q 2－q －2＝0，解得q ＝－1或2.∵ a n >0，q>0，∴ q ＝2.a 3＋a 4a 4＋a 5＝a 3＋a 4（a 3＋a 4）q ＝1q ＝12.6. 若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的积，则称该数列为“m 积数列”．若正项等比数列{a n }是一个“2 012积数列”，且a 1>1，则其前n 项的积最大时，n ＝________．答案：1 005或1 006解析：根据条件可知a 1a 2a 3…a 2012＝a 2012， 故a 1a 2a 3…a 2011＝1，即a 20111006＝1，故a 1006＝1，而a 1>1，故{a n }的公比0<q<1，则0<a 1007<1，a 1005>1，故数列{a n }的前n 项的积最大时，n ＝1005或1006.7. 如图，将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表．已知表中的第一列a 1，a 2，a 5，…构成一个公比为2的等比数列，从第2行起，每一行都是一个公差为d 的等差数列．若a 4＝5，a 86＝518，则d ＝________.1a 2 a 3 a 4a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…答案：1.5解析：第2行成公差为d 的等差数列，可得：a 2＝a 4－2d ＝5－2d ，第n 行的数的个数为2n －1，从第1行到第n 行的所有数的个数总和为n （1＋2n －1）2＝n 2，86＝92＋5，第10行的前几个数为：a 82，a 83，a 84，a 85，a 86，…，所以a 86是第10行第5个数，所以a 82＝a 86－4d ＝518－4d.第一列a 1，a 2，a 5，a 10，a 17，a 26，a 37，a 50，a 65，a 82，…构成一个公比为2的等比数列，故有a 82＝a 2·28518－4d ＝(5－2d)·28，解得d ＝1.5.8. 各项均为正偶数的数列a 1，a 2，a 3，a 4中，前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列，后三项依次成公比为q 的等比数列，若a 4－a 1＝88，则q 的所有可能的值构成的集合为________．答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫53，87解析：设这四个数为a 1，a 1＋d ，a 1＋2d ，a 1＋88，其中a 1，d 均为正偶数，则(a 1＋2d)2＝(a 1＋d)(a 1＋88)，整理得a 1＝4d （22－d ）3d －88>0(注意体会这里用“a 1>0”而不用“a 1≥2”的好处，实际是一种估算能力)，所以(d －22)(3d －88)<0，即22<d<883，所以d 的所有可能值为24，26，28.当d ＝24时，a 1＝12，q ＝53；当d ＝26时，a 1＝2085(舍去)；当d ＝28时，a 1＝168，q ＝87，所以q 的所有可能值构成的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫53，87. 9. 已知等差数列{a n }中，首项a 1＝1，公差d 为整数，且满足a 1＋3<a 3，a 2＋5>a 4；数列{b n }满足b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为S n .(1) 求数列{a n }的通项公式a n ；(2) 若S 2为S 1、S m (m ∈N *)的等比中项，求正整数m 的值．解：(1) 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3＜a 1＋2d ，a 1＋d ＋5>a 1＋3d ，解得32<d<52.又d ∈Z ，∴ d ＝2.∴ a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.(2) ∵ b n ＝1a n ·a n ＋1＝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＝n 2n ＋1.∵ S 1＝13，S 2＝25，S m ＝m2m ＋1，S 2为S 1、S m (m ∈N )的等比中项，∴ S 22＝S m S 1，即⎝⎛⎭⎫252＝13·m 2m ＋1，解得m ＝12.10. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9. (1) 求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2) 设数列{b n }的通项公式为b n ＝a na n ＋t，问： 是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N *)成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＋a 13＝34，3a 2＝9，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋8d ＝17，a 1＋d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.故a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2) 由(1)知b n ＝2n －12n －1＋t .要使b 1，b 2，b m 成等差数列，必须2b 2＝b 1＋b m ，即2×33＋t＝11＋t ＋2m －12m －1＋t ，整理得m ＝3＋4t －1.因为m ，t 为正整数，所以t 只能取2，3，5.当t ＝2时，m ＝7；当t ＝3时，m ＝5；当t ＝5时，m ＝4.故存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列．11. 设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，满足a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7. (1) 求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2) 试求所有的正整数m ，使得a m a m ＋1a m ＋2为数列{a n }中的项．解：(1) 设公差为d ，则由a 22－a 25＝a 24－a 23，得－3d(a 4＋a 3)＝d(a 4＋a 3)．因为d ≠0，所以a 4＋a 3＝0，即2a 1＋5d ＝0.又S 7＝7，得7a 1＋7×62d ＝7，解得a 1＝－5，d ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，前n 项和S n ＝n 2－6n.(2) (解法1)a m a m ＋1a m ＋2＝（2m －7）（2m －5）2m －3，设2m －3＝t ，则a m a m ＋1a m ＋2＝（t －4）（t －2）t ＝t ＋8t －6，所以t 为8的约数．因为t 是奇数，所以t 可取的值为±1，当t ＝1，m ＝2时，t ＋8t－6＝3，2×5－7＝3，是数列{a n }中的项；当t ＝－1，m ＝1时，t ＋8t－6＝－15，数列{a n }中的最小项是－5，不符合．所以满足条件的正整数m ＝2.(解法2)因为a m a m ＋1a m ＋2＝（a m ＋2－4）（a m ＋2－2）a m ＋2＝a m ＋2－6＋8a m ＋2为数列{a n }中的项，故8a m ＋2为整数．又由(1)知a m ＋2为奇数，所以a m ＋2＝2m －3＝±1，即m ＝1，2.经检验，符合题意的正整数m 为2。

第五节 数列的综合应用时间：45分钟 分值：100分基础必做一、选择题1．各项都是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12 B.5＋12C.1－52D.5－12或5＋12解析 设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.答案 B2．据科学计算，运载“神舟”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是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析 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 －1d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2－a 26＋2a 10＝0，首项为18的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 6＝a 6，则S 6＝( )A ．16 B.318 C.638D.6316解析 由2a 2－a 26＋2a 10＝0，∴4a 6＝a 26. ∵a 6≠0，∴a 6＝4.∴b 6＝4.又∵{b n }的首项b 1＝18，∴q 5＝b 6b 1＝32.∴q ＝2. ∴S 6＝18－4×21－2＝638.答案 C4．(2014·某某八校二联)对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：数列{x n }1n n ＋1的图象上，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋…＋x 2 013＋x 2 014的值为( )A ．7 549B ．7 545C ．7 539D ．7 535解析 由已知表格列出点(x n ，x n ＋1)，(1,3)，(3,5)，(5,6)，(6,1)，(1,3)，…，即x 1＝1，x 2＝3，x 3＝5，x 4＝6，x 5＝1，…，数列{x n }是周期数列，周期为4,2 014＝4×503＋2，所以x 1＋x 2＋…＋x 2 014＝503×(1＋3＋5＋6)＋1＋3＝7 549.答案 A5．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1解析 由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)， 两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2， ∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案 D6．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011解析 结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.所以a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.故选D.答案 D 二、填空题7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．解析 由于a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，所以a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，…，所以{a n }是周期为4的数列，故S 26＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2－1＋12＋1－2＝－10. 答案 －108．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 当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案 2 0009．(2014·某某六校二模)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{}中，c 5≤对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值X围是________．解析 数列是取a n 和b n 中的最大值，据题意c 5是数列{}的最小项，由于函数y ＝25－n是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.答案 [－5，－3] 三、解答题10．(2014·某某高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：＋1<≤13. 解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，① 得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，② ①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)， ∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)， 又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1.∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3，∴b n ＝3n －6. (2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ，∴＝3n 3n ＋1＝n 3n ，∴＋1－＝1－2n3n ＋1<0，∴＋1<<…<c 1＝13，即＋1<≤13.11．已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令＝(－1)n S n (n ∈N *)，{}的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)dn －2＋2n －1，a ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值X 围． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为＝(－1)nS n ，所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330， 即10(3＋d )＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n . (2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n －[2(a －2)3n －2＋2n －1]＝4(a －2)3n －2＋2n －1＝4·3n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2.由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，因为2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54.所以a ≤54.培优演练1．已知点(1，13)是函数f (x )＝a x(a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？ 解 (1)因为f (1)＝a ＝13，所以f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x.a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝f (2)－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132－13＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝f (3)－f (2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝－227.又数列{a n }是等比数列，设其公比为q ，所以a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，所以c ＝1.又公比q ＝a 2a 1＝13，所以a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．因为S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)， 又b n >0，S n >0，所以S n －S n －1＝1.所以数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时，b 1＝1也适合此通项公式，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －1×2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009，所以满足T n >1 0002 009的最小正整数n 为112. 2．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)若S n ＝(a 1－1)·(a 2－1)＋(a 2－1)·(a 3－1)＋…＋(a n －1)·(a n ＋1－1)，是否存在a ，b ∈Z ，使得a ≤S n ≤b 恒成立？若存在，求出a 的最大值与b 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，知当n ≥2时，b n －1＝1a n －1－1，b n ＝1a n －1＝12－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1， 所以b n －b n －1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1(n ∈N *，n ≥2)．所以{b n }是首项为b 1＝1a 1－1＝－52，公差为1的等差数列． (2)由(1)，知b n ＝n －72.依题意，有S n ＝(a 1－1)·(a 2－1)＋(a 2－1)·(a 3－1)＋…＋(a n－1)·(a n ＋1－1)＝1b 1·1b 2＋1b 2·1b 3＋…＋1b n ·1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝－25－1n ＋1－72.设函数y ＝1x －72，当x >72时，y >0，y ′<0，则函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫72，＋∞上为减函数，故当n ＝3时，S n ＝－25－1n ＋1－72取最小值－125. 而函数y ＝1x －72在x <72时，y <0，y ′＝－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －722<0，函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72上也为减函数， 故当n ＝2时，S n 取得最大值85.故a 的最大值为－3，b 的最小值为2.。

2015届高考理科数学一轮第五章数列复习题（带答案）第1课时数列的概念与简单的表示方法1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．2．了解数列是自变量为正整数的一类函数．对应学生用书P80]【梳理自测】一、数列的有关概念1．数列－3，7，－11，15，…的通项公式可能是()A．an＝4n－7B．an＝(－1)n(4n＋1)C．an＝(－1)n(4n－1)D．an＝(－1)n＋1(4n－1)2．已知数列{an}的通项公式为an＝nn＋1，则这个数列是()A．递增数列B．递减数列C．常数列D．摆动数列3．在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，则a5的值为()A．30B．31C．32D．33答案：1.C2.A3.B◆以上题目主要考查了以下内容：(1)数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)．(2)数列的分类分类原则类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列an＋1＞an其中n∈N*递减数列an＋1＜an常数列an＋1＝an摆动数列从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项.(3)数列的表示法①列举法：a1，a2，a3，…，an，…；②图象法：数列可用一群孤立的点表示；③解析法(公式法)：通项公式或递推公式．(4)数列的通项公式如果数列{an}的第n项与项数n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．二、Sn与an的关系1．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为()A．15B．16C．49D．642．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1，2，3，…)，则通项公式an＝________．答案：1.A2.2n－11◆以上题目主要考查了以下内容：若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.【指点迷津】1．一种特殊性数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．数列的图象是一群孤立的点．2．与集合的两个区别(1)若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列，这有别于集合中元素的无序性．(2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现．对应学生用书P81]考向一由数列的前几项归纳数列的通项公式根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)－1，7，－13，19，…；(2)0.8，0.88，0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…；(4)32，1，710，917，…；(5)0，1，0，1，….【审题视点】观察数列中每项的共同特征及随项数变化规律，写通项公式．【典例精讲】(1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴an＝891－110n.(3)各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出第2，3，4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，23－323，24－324，…，∴an＝(－1)n•2n－32n.(4)将数列统一为32，55，710，917，…，对于分子3，5，7，9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋1，对于分母2，5，10，17，…，联想到数列1，4，9，16，…，即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，因此可得它的一个通项公式为an＝2n＋1n2＋1.(5)an＝0（n为奇数）1（n为偶数）或an＝1＋（－1）n2或an＝1＋cosnπ2.【类题通法】1.据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征；(4)各项符号特征．2．观察、分析要有目的，观察出项与项数之间的关系、规律，利用我们熟知的一些基本数列(如自然数列、奇偶数列等)转换而使问题得到解决．3．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式所得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．1．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)2，0，2，0，…；(2)12，34，78，1516，…；(3)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(4)7，77，777，7777，….解析：(1)an＝2（n为奇数），0（n为偶数）.(2)an＝2n－12n.(3)an＝(－1)n1n（n＋1）.(4)an＝79×(10n－1)．考向二由Sn求an(2014•湖南省高三检测)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x•y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)－f(an)＝f(3)(n∈N*)，则an为()A．2n－1B．nC．2n－1D．(32)n－1【审题视点】利用函数单调性把f(Sn＋2)－f(an)＝f(3)转化为Sn与an的关系，利用Sn－Sn－1＝an，求an.【典例精讲】由题意知f(Sn＋2)＝f(an)＋f(3)(n∈N*)，∴Sn＋2＝3an，Sn－1＋2＝3an－1(n≥2)，两式相减得，2an＝3an－1(n≥2)，又n＝1时，S1＋2＝3a1＝a1＋2，∴a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为32的等比数列，∴an＝(32)n－1.【答案】D【类题通法】已知Sn求an时应注意的问题(1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论；特别注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合“an式”，则需统一“合写”．(3)由Sn－Sn－1＝an，推得an，当n＝1时，a1不适合“an式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝S1（n＝1），Sn－Sn－1（n≥2）.。

太 阳
r1＋rn 1＋rn－1a.
书 业 有
限
公
司
菜 单 隐藏
第八页，编辑于星期五：十点 十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
研考向 要点 探究
3．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时
悟典题
能力 提升
将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌
金 太
数，注意数列中相关限制条件的转化．
阳
书
业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
第十七页，编辑于星期五：十点 十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
变式训练
研考向
2．(2013年高考全国新课标卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知
要点
探 究 S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
探究
1．对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题
悟典题
能力
提 升 目条件已指明是等差(或等比)数列，但有的数列并没有指明，可以通过
提素能 高效
分析，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知
训练
识解决问题． 山
2．分期付款模型
东 金
设贷款总额为a，年利率为r，等额还款数为b，分n期还完，则b＝
悟典题
能力 提升
＝38n.
提素能 高效
第二种付酬方式每天金额组成的数列{bn}是首项为4，公差为4的等
训练
差数列，
山
则Bn＝4n＋nn2－1×4＝2n2＋2n.
东 金 太
第三种付酬方式每天金额组成的数列{cn}是首项为0.4，公比为2的

第5讲数列的综合应用一、填空题1．已知各项均不为0的等差数列{a n｝，满足2a3－a错误!＋2a11＝0，数列｛b n}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝________。

解析因为｛a n}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7,所以已知等式可化为4a7－a错误!＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去），又{b n｝为等比数列，所以b6b8＝b错误!＝a错误!＝16.答案162．在数列{a n}中，a1＝1，a2＝2，a n＋2－a n＝1＋(－1)n（n∈N＊）,则S100＝________。

解析n为奇数时，a1＝a3＝a5＝…＝a99＝1;n为偶数时，a2＝2,a4＝4，a6＝6，…,a100＝2＋49×2＝100.所以S100＝(2＋4＋6＋…＋100）＋50＝502＋1002＋50＝2600。

答案 2 6003．各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,若S10＝2,S30＝14，则S40＝________。

解析设S20＝x，S40＝y，则由题意，得2，x－2，14－x，y－14成等比数列．于是由(x－2）2＝2（14－x）及x〉0，得x＝6，所以y－14＝错误!＝错误!＝16,y＝30。

答案304．等比数列{a n｝中，a1＝1,a n＝错误!(n＝3，4，…)，则{a n}的前n项和为________．解析设a n＝q n－1,则由a n＝错误!，得q2＝错误!，解得q＝1或q＝－错误!.所以a n＝1或a n＝错误!n－1,从而S n＝n或S n＝错误!＝23错误!.答案n或23错误!5．对正整数n，若曲线y＝x n(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为a n,则数列错误!的前n项和为________．解析由题意，得y′＝nx n－1－（n＋1)x n，故曲线y＝x n（1－x）在x＝2处的切线的斜率为k＝n2n－1－（n＋1)2n，切点为（2,－2n)，所以切线方程为y＋2n＝k（x－2)．令x＝0得a n＝(n＋1）2n，即错误!＝2n，则数列错误!的前n项和为2＋22＋23＋…＋2n＝2n＋1－2.答案2n＋1－26．在数列｛a n}中，若a2，n－a2n＋1＝p(n≥1，n∈N*,p为常数），则称｛a n}为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的判断：①若｛a n｝是等方差数列，则｛a错误!｝是等差数列；②{（－1）n｝是等方差数列；③若｛a n｝是等方差数列，则{a kn}(k∈N＊，k为常数)也是等方差数列．其中真命题的序号为________(将所有真命题的序号填在横线上）．解析①正确，因为a错误!－a错误!＝p，所以a错误!－a错误!＝－p，于是数列｛a2n}为等差数列．②正确，因为(－1）2n－(－1)2(n＋1)＝0为常数,于是数列｛(－1）n｝为等方差数列．③正确，因为a错误!－a错误!＝(a错误!－a错误!)＋（a错误!－a错误!）＋(a错误!－a错误!）＋…＋（a错误!－a2，kn＋k)＝kp，则{a kn｝(k∈N＊，k为常数）也是等方差数列．答案①②③7．设{a n｝是公比为q的等比数列，|q｜>1,令b n＝a n＋1（n＝1，2，…）,若数列｛b n}有连续四项在集合｛－53，－23，19，37，82}中，则6q＝________.解析由题意知｛a n｝有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中，四项－24,36，－54,81成等比数列，公式为q＝－错误!，6q＝－9。

1.[2014·洛阳统考]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.12D.13解析：因为a n ＝a 1q n －1，又4S 2＝S 1＋3S 3，所以4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，解得{a n }的公比q ＝13.故选D.答案：D2. [2014·湖北模拟]已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( ) A. 1＋ 2 B. 1－ 2 C. 3＋2 2D. 3－2 2解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，q2－2q －1＝0，解得q ＝1± 2.又q >0，所以q ＝1＋2，所以a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2a 7＋a 8a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋22，选C.答案：C3. [2014·河北教学质量监测]已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －λ)(1a n＋1)(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围为( )A. λ>2B. λ>3C. λ<2D. λ<3解析：由已知可得1a n ＋1＝2a n＋1，1a n ＋1＋1＝2(1a n ＋1)，1a 1＋1＝2≠0，则1a n＋1＝2n ，b n ＋1＝2n(n－λ)，b n ＝2n －1(n －1－λ)(n ≥2，n ∈N *)，b 1＝－λ也适合上式，故b n ＝2n －1(n －1－λ)(n ∈N *)．由b n ＋1>b n ，得2n(n －λ)>2n －1(n －1－λ)，即λ<n ＋1恒成立，而n ＋1的最小值为2，故实数λ的取值范围为λ<2.答案：C4. [2013·江西高考]某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：S n ＝－2n1－2＝2n ＋1－2≥100，得n ≥6.答案：65. [2013·重庆高考]已知{a n}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，S n为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.解析：因为{a n}为等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，所以a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，解得d＝2a1＝2，所以S8＝64.答案：64。

2015《数列》高考真题总结1．(2015·新课标I 卷13)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________.2．(2015·浙江卷10)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________________，d ＝__________________.3．（2015·安徽卷13）已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．4．(2015·新课标I 卷7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( ) A.172 B.192C ．10 D ．12 5．（2015·新课标Ⅱ卷5）设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．116.（2015·北京卷16）已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7，问：b 6与数列{a n }的第几项相等？7．(2015四川文科16)设数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式.(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .8.(2015·重庆卷16)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .9.(2015·浙江卷17)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .10．(2015·福建卷17)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．11.（2015·安徽卷18）已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .12.(2015·天津卷18)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．13.(2015·广东卷19)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＝54，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． 14.(2015·湖北卷19)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .15.(2015·湖南卷19)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .16.（2015·山东卷19）已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列{1a n ·a n ＋1}的前n 项和为n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .17．（2015·新课标Ⅱ卷9）已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1C.12D.182015《数列》高考真题答案1.【答案】6【解析】∵112,2n n a a a +==，∴数列{}n a是首项为2，公比为2的等比数列， ∴2(12)12612n n S -==-，∴264n=，∴n=6.2.【答案】2,13-【解析】由题可得，2111(2)()(6)a d a d a d +=++，故有1320a d +=，又因为1221a a +=，即131a d +=，所以121,3d a =-=.3.【答案】27【解析】∵2≥n 时，21,21121+=+=-a a a a n n 且 ∴{}1a a n是以为首项，21为公差的等差数列 ∴2718921289199=+=⨯⨯+⨯=S4.【答案】B 【解析】∵公差1d =，844S S =，∴11118874(443)22a a +⨯⨯=+⨯⨯，解得1a =12，∴1011199922a a d =+=+=，故选B.5.【答案】A6.【答案】（I ）22n a n =+；（II ）6b 与数列{}n a 的第63项相等.试题解析：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d .因为432a a -=，所以2d =.又因为1210a a +=，所以1210a d +=，故14a =.所以42(1)22n a n n =+-=+(1,2,)n = .（Ⅱ）设等比数列{}n b 的公比为q .因为238b a ==，3716b a ==，所以2q =，14b =.所以61642128b -=⨯=.由12822n =+，得63n =.所以6b 与数列{}n a 的第63项相等.7.【解析】(Ⅰ) 由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n－1＝2a n －2a n －1(n ≥2)即a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列 即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2 所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列。

§5.5数列的综合应用Ａ组基础题组2.(2015浙江绍兴模拟,7)将石子摆成如图所示的梯形形状,称数列5,9,14,20,…为“梯形数”.根据图形的构成,可知此数列的第2014项与5的差,即a2014-5=( )A.2018×2012B.2020×2013C.1009×2012D.1010×20133.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-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.6B.7C.8D.94.(2016领航高考冲刺卷五文,10,4分)已知数列{a n},{b n}满足a1=b1=1,a n+1-a n==2,n∈N*,则= ,数列{}的前4项和S4= .5.(2016领航高考冲刺卷二文,15,4分)已知函数f(x)=x2+2x(x>0),f1(x)=f(x),f n+1(x)=f(f n(x)),n∈N*,则f1(2)= ,f4(x)= ,不等式f4(x)<1的解集为.6.(2014安徽,12,5分)如图,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2.过点A作BC的垂线,垂足为A1;过点A1作AC的垂线,垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;…,依此类推.设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,则a7= .7.(2015镇海中学仿真考,13,4分)已知{a n}是公差不为0的等差数列,{b n}是等比数列,其中a1=2,b1=1,a2=b2,2a4=b3,且存在常数α、β,使得a n=logαb n+β对每一个正整数n都成立,则αβ= .8.(2015浙江湖州模拟,18,15分)已知在数列{a n}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和S n满足=a n.(1)求S n的表达式;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为T n,证明:T n<.9.(2015宁波高考模拟文,17,15分)设数列{a n}是公比小于1的正项等比数列,S n为数列{a n}的前n项和,已知S3=14,且a1+13,4a2,a3+9成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n·(n+2-λ),且数列{b n}是单调递减数列,求实数λ的取值范围.10.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.11.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2=3,S6=36.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}是等比数列且满足b1+b2=3,b4+b5=24.设数列{a n·b n}的前n项和为T n,求T n.12.(2015山东青岛高三自主诊断,19)已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n,正项等比数列{b n}满足:b1=a1-1,且b4=2b2+b3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若数列{c n}满足c n=,其前n项和为T n,证明:≤T n<5.13.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2-a n(n∈N*).(1)求证:数列是等比数列;(2)设数列{2n a n}的前n项和为T n,A n=+++…+,试比较A n与的大小.14.(2015山东德州期末,19)已知数列{a n}是公差为d(d≠0)的等差数列,数列{b n}为等比数列,函数f(x)=b1x2+b2x+b3的图象在y轴上的截距为-4,f(x)的最大值为a6-.(1)若f(a2+a8)=f(a3+a11),求数列{b n}的通项公式;(2)若a2=-,T n为数列的前n项和,求当T n=-时,正整数n的值.B组提升题组1.(2016鄂豫晋冀陕五省二联,20,12分)已知数列{a n}中,a1=2,当n≥2时,a n=2a n-1+3·2n-1(n ∈N*).(1)求数列及数列{a n}的通项公式;(2)令c n=2a n-3·2n,设T n为数列{c n}的前n项和,求T n.2.(2015镇海中学仿真考文,17,15分)在数列{a n}中,已知a1=,=,b n+2=3loa n(n∈N*).(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}满足c n=(-1)n+1b n b n+1,其前n项和为S n,若S n≥tn2对n取任意正偶数均成立,求实数t的取值范围.3.(2016绍兴一中期中文,17,15分)数列{a n}满足a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)证明:数列是等差数列;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)设b n=n(n+1)a n,求数列{b n}的前n项和S n.4.(2015浙江六校联考,19,15分)已知数列{a n}的前n项和为S n,S n=a n-n(n∈N*).(1)求证{a n+1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)证明:+++…+>-.5.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,且S n满足-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,n∈N*.(1)求a1的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.6.(2015浙江名校(绍兴一中)交流卷五,18)已知数列{a n}的前n项和S n满足:S n=(a n-1)(t为常数,且(t-1)t≠0).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=3+(n≥2),若数列{b n}为等比数列且设c n=-,数列{c n}的前n项和为T n.求证:T n>-.7.(2013广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.8.(2015浙江杭州一模,19)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n+a n=n(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:+++…+<2.9.(2015浙江宁波十校联考,19)已知数列{a n}满足a1=1,点(a n,a n+1)在直线y=2x+1上.数列{b n}满足b1=a1,b n=a n++…+(n≥2且n∈N*).(1)(i)求{a n}的通项公式;(ii)证明:=(n≥2且n∈N*);(2)求证:…<.Ａ组基础题组1.D 由题意得=a5a1,即(a1+d)2=a1(a1+4d),可得d=2a1.又a6+a9=5a3+3,所以2a1+13d=5a1+10d+3,所以a1=1,d=2,所以S n=n2,=,易知<<,>>>…,所以=.2.D 因为a n-a n-1=n+2(n≥2),a1=5,所以a2014=(a2014-a2013)+(a2013-a2012)+…+(a2-a1)+a1=2016+2015+…+4+5=+5=1010×2013+5,所以a2014-5=1010×2013,故选D.3.D 由题意可知a,b是x2-px+q=0的两根,∴a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均为正数.∵a,b,-2适当排序后成等比数列,∴-2是a,b的等比中项,得ab=4,∴q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,所以-2是第一项或第三项,不妨设a<b,则-2,a,b成递增的等差数列,∴2a=b-2,联立得消去b得a2+a-2=0,得a=1或a=-2,又a>0,∴a=1,此时b=4,∴p=a+b=5,∴p+q=9,选D.4.答案4n-1;85解析根据题意可知,数列{an}为等差数列,数列{b n}为等比数列,所以a n=2n-1,b n=2n-1,所以==22n-2=4n-1,所以S4==×(44-1)=85.5.答案80;(x+1)16-1(x>0);(0,-1+)解析令an=f n(x),则a1=x 2+2x(x>0),a2=+2a1,a n+1=+2a n,所以a n+1+1=(a n+1)2,lg(a n+1+1)=lg(a n+1)2=2lg(a n+1),所以{lg(a n+1)}是以lg(a1+1)为首项,2为公比的等比数列,则lg(a n+1)=2n-1lg(a1+1),故a n+1=(a1+1=[(x+1)2=(x+1,a n=(x+1-1,即f n(x)=(x+1-1,所以f2(2)=80,f4(x)=(x+1-1=(x+1)16-1(x>0).由f4(x)<1,得(x+1)16<2,即-1-<x<-1+,又x>0,所以f4(x)<1的解集为(0,-1+).6.答案解析由BC=2得AB=a1=2⇒AA1=a2=⇒A1A2=a3=×=1,由此可归纳出{a n}是以a1=2为首项,为公比的等比数列,因此a7=a1×q6=2×=.7.答案 4解析设{an}的公差为d,{b n}的公比为q.根据已知可得解得或(舍去),故a n=2n,b n=4n-1,又2n=logα4n-1+β对每一个正整数n都成立,即n(logα4-2)+β-logα4=0,只需logα4-2=β-logα4=0,解得α=2,β=2,故αβ=22=4.8.解析(1)当n≥2时,a n=S n-S n-1,代入=a n,得2S n S n-1+S n-S n-1=0,由于S n≠0时,所以-=2.所以是首项为1,公差为2的等差数列,从而=1+(n-1)×2=2n-1,所以S n=.(2)证明:b n===,所以T n=++…+-=<.9.解析(1)设a n=a1q n-1,其中a1>0,0<q<1.因为a1+13,4a2,a3+9成等差数列,所以8a2=a1+13+a3+9,又S3=14,所以a1+a2+a3=14,所以a2=4,代入+a2+a2q=14,由0<q<1得q=.所以数列{a n}的通项公式为a n=4·=24-n.(7分)(2)b n=a n(n+2-λ)=(n+2-λ)·24-n,由b n>b n+1,得(n+2-λ)·24-n>(n+3-λ)·23-n,(13分)即λ<n+1,所以λ<(n+1)min=2.故λ<2.(15分)10.解析(1)由a 1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.11.解析(1)∵数列{a n}是等差数列,∴S6=3(a1+a6)=3(a2+a5)=36,则a2+a5=12,由于a2=3,所以a5=9,从而d=2,a1=a2-d=1,∴a n=2n-1.(2)设数列{b n}的公比为q.∵b1+b2=3,b4+b5=24,∴=q3=8,则q=2.从而b1+b2=b1(1+q)=3b1=3,∴b1=1,b n=2n-1,∴a n·b n=(2n-1)·2n-1.∴T n=1×1+3×2+5×22+…+(2n-3)·2n-2+(2n-1)·2n-1,则2T n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,两式相减,得(1-2)T n=1×1+2×2+2×22+…+2·2n-2+2·2n-1-(2n-1)·2n, 即-T n=1+2(21+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n=1+2(2n-2)-(2n-1)·2n=(3-2n)·2n-3.∴T n=(2n-3)·2n+3.12.解析(1)由题意,当n=1时,a 1=S1=12+2×1=3;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(n2+2n)-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1.当n=1时,a1=3也适合上式,所以a n=2n+1.设等比数列{b n}的公比为q,由题意知b n>0且q>0.由b4=2b2+b3得b2q2=2b2+b2q,整理得q2-q-2=0,即(q+1)(q-2)=0.解得q=2或q=-1(舍去).又b1=a1-1=2,故数列{b n}的通项公式为b n=b1q n-1=2×2n-1=2n.(2)证明:由已知及(1)得c n==.故T n=c1+c2+c3+…+c n=+++…++①,2T n=3++++…+②,②-①,得T n=3+++…+-=3+2-=3+2×-=3+2×-=5-.因为>0,所以T n<5.又c n=>0,所以T n≥T1=.综上,≤T n<5.13.解析(1)证明:由已知得a 1=S1=2-3a1,解得a1=,当n≥2时,由a n=S n-S n-1可得=×,所以数列是首项和公比均为的等比数列.(2)由(1)得=,于是2n·a n=n,T n=1+2+3+…+n=.所以=2,于是A n=2=,而=,所以问题转化为比较与的大小.设f(n)=,g(n)=,易知当n≥4时,f(n)≥f(4)=1,而g(n)<1,所以当n≥4时,f(n)>g(n).经验证当n=1,2,3时,仍有f(n)>g(n).因此对任意的正整数n,都有f(n)>g(n),即A n<.14.解析(1)由函数f(x)=b 1x2+b2x+b3的图象在y轴上的截距为-4,f(x)的最大值为a6-可得,b3=-4,=b3-b3=a6-,解得a6=.又因为f(a2+a8)=f(a3+a11),且函数f(x)的图象关于直线x=-对称,所以=-,所以-==2a6=1.设数列{b n}的公比为q,则q==-2,所以数列{b n}的通项公式为b n=b3q n-3=-4×(-2)n-3=-(-2)n-1.(2)因为a2=-,a6=,所以公差d==1,所以a n=a2+(n-2)d=,所以==2,所以数列的前n项和T n=++…+=2++…+=2--,令T n=-,则--=-,解得n=9.B组提升题组1.解析(1)当n≥2时,=+.令b n=,则数列{b n}是以b1=1为首项,为公差的等差数列,所以b n=,即=,∴a n=(3n-1)·2n-1.(2)c n=2a n-3·2n=(3n-1)·2n-3·2n=3n·2n-4·2n,∴T n=3(2×1+22×2+…+2n×n)-4(2+22+…+2n),记S n=2×1+22×2+…+2n×n,①则2S n=22×1+23×2+…+2n+1×n,②①-②得-S n=2×1+22+…+2n-2n+1×n=(1-n)·2n+1-2.∴S n=(n-1)·2n+1+2.故T n=3×[(n-1)·2n+1+2]-4×=(3n-7)·2n+1+14.2.解析(1)∵=,∴数列{a n}是首项为,公比为的等比数列,∴a n=.∵b n=3loa n-2,∴b n=3n-2.(2)由(1)知b n=3n-2,当n为偶数时,S n=b1b2-b2b3+b3b4-…+b n-1b n-b n b n+1=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b n(b n-1-b n+1)=-6(b2+b4+…+b n)=-6·=-n(3n+2)≥tn2,即t≤-对n取任意正偶数都成立,所以t≤-6.3.解析(1)证明:由已知可得=,即=+1,即-=1,∴数列是首项为2,公差为1的等差数列.(2)由(1)知=2+(n-1)×1=n+1,∴a n=.(3)由(2)知b n=n·2n,S n=1·2+2·22+3·23+…+n·2n,①2S n=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,②①-②得-S n=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2, ∴S n=(n-1)·2n+1+2.4.证明(1)∵S n=a n-n,∴a1=2.当n≥2时,S n-1=a n-1-(n-1),∴a n=a n-a n-1-1,即a n=3a n-1+2,∴a n+1=3(a n-1+1),又a1+1=2+1=3>0,∴a n+1≠0,∴=3,∴{a n+1}是以3为首项,3为公比的等比数列,∴a n=3n-1.(2)∵==-=-=-≥-,∴++…+≥-+-+…+-=-=->-.5.解析(1)∵-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,∴令n=1,得+a1-6=0,解得a1=2或a1=-3.又a n>0,∴a1=2.(2)由-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)](S n+3)=0,又a n>0,所以S n+3≠0,所以S n=n2+n,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-[(n-1)2+n-1]=2n,又由(1)知,a1=2,符合上式,所以a n=2n.(3)证明:由(2)知,=,所以++…+=++…+<+++…+=+++…+-=+<+×=.6.解析(1)∵S1=(a1-1)=a1,∴a1=t.当n≥2时,a n=S n-S n-1=(a n-a n-1),整理得a n=ta n-1,又∵a1=t≠0,∴a n≠0,∴{a n}是等比数列.∴a n=t·t n-1=t n(t为常数,且(t-1)t≠0).(5分)(2)证明:由(1)知,b n=3+(n≥2),若{b n}为等比数列,则有=b2b4,而b2=3+,b3=3+,b4=3+,代入解得t=,所以b n=3n(n≥2),又{b n}为等比数列,从而b1=3,所以b n=3n(n∈N*).(10分)所以c n=-=-.由<,>,得-<-,所以c n=->-,从而T n=c1+c2+…+c n>----…-=-++…+-=->-,即T n>-.(15分)7.解析(1)依题意,得2S 1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n≥2时,2S n=na n+1-n3-n2-n,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1),两式相减得2a n=na n+1-(n-1)a n-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)a n=na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n=n2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<.综上,对一切正整数n,有++…+<.8.解析(1)当n=1时,a 1+a1=1,解得a1=.由S n+a n=n①,得S n-1+a n-1=n-1(n≥2)②,①-②得a n+a n-a n-1=1(n≥2),∴a n-1=(a n-1-1)(n≥2),又a1-1=-,∴数列{a n-1}是等比数列,∴a n-1=-×,∴a n=1-.(2)证明:∵=≤,∴+++…+≤1+++…+==2<2.∴+++…+<2.9.解析(1)(i)因为点(a n,a n+1)在直线y=2x+1上, 所以a n+1=2a n+1,所以a n+1+1=2(a n+1),所以a n+1=2n-1(a1+1)=2n,所以a n=2n-1.(4分)(ii)证明:因为b n=a n(n≥2),所以=++…+(n≥2),则=++…++,所以=+=(n≥2),所以=(n≥2且n∈N*).(8分)(2)证明:b1=a1=1,b2=a2·=3,n≥2时,=.令T n=…,则T n=···…·=···…··b n+1=···…··b n+1=·=2·=2.(10分)又因为==<=2·=2(其中k=2,3,4,…,n),(13分)所以T n=++…++<1+2++…+-=1+2<1+=,所以T n<,即…<.(15分)。

+
1+
1
2
=-1,且满足 x,y∈(-1,1)
.
(1)证明:f(x)在(-1,1)上为奇函数;
1
2
2
,求用 n 表示 f(xn)的表达式;
1+2
1
1
1
2+5
n∈N*时,
+
+…+
>恒成立.
(1)
(2 )
( )
+2
(2)设在数列{xn}中,x1= ,xn+1=
(3)求证:当
想方法有“函数与方程”“等价转化”等.
考点一
考点三
考点四
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探究突破
举一反三 2 已知在正项数列{an}中,a1=2,点 An( , +1 )在双曲线
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2
y2-x2=1 上,数列{bn}中,点(bn,Tn)在直线 y=- x+1 上,其中 Tn 是数列{bn}的前
C.6n+4
D.2n+2
关闭
6 - 2
设{an}的公差为 d1,{bn}的公差为 d2,则 d1=
6-2
8
6 -2
4
6-2
= =2,d2=
=
12
4
∴an=a2+(n-2)×2=2n+4,bn=b2+(n-2)×3=3n-2.
∴数列{an}为 6,8,10,12,14,16,18,20,22,…,数列{bn}为
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【优化方案】2015年高考数学 第五章 第5课时 数列的综合应用知能演练轻松闯关 新人教A 版[基础达标]1．(2014·某某某某一模)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 17为一确定常数，则下列各式也为确定常数的是( )A ．a 2＋a 15B ．a 2·a 15C ．a 2＋a 9＋a 16D ．a 2·a 9·a 16解析：选C ．因为S 17为一确定常数，根据公式可知，a 1＋a 17为一确定常数，又a 1＋a 17＝a 2＋a 16＝2a 9，∴a 2＋a 16＋a 9为一确定常数．2．若运载“神十”的改进型“长征二号”系列火箭在点火后某秒钟通过的路程为2 km ，此后每秒钟通过的路程增加2 km ，若从这一秒钟起通过240 km 的高度后，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析：选C ．设从这一秒钟起，经过x 秒钟，通过240 km 的高度．由已知得每秒钟行驶的路程组成首项为2，公差为2的等差数列，故有2x ＋x （x －1）2×2＝240，即x 2＋x －240＝0，解得x ＝15或x ＝－16(舍去)．3．已知实数等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29解析：选C ．由a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，∴a 7＝14.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 7＝a 4q 3，∴q 3＝18，∴q ＝12，a 1＝16，∴S 5＝16[1－（12）5]1－12＝31.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n－1(a ≠0)，则数列{a n }( ) A ．一定是等差数列 B ．一定是等比数列C ．或者是等差数列，或者是等比数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列解析：选C ．∵S n ＝a n－1(a ≠0)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1S n －S n －1，n ≥2，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1，n ＝1（a －1）a n －1，n ≥2.当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．5．在如图所示的程序框图中，当输出T 的值最大时，n 的值等于( ) A ．6 B ．7 C ．6或7 D ．8解析：选C ．该程序框图的实质是输出以a 1＝64为首项，12为公比的等比数列{a n }的前n项的乘积T n ＝a 1a 2…a n (n ＝1，2，…，15)，由于a 7＝1，所以在T n (n ＝1，2，…，15)中，T 6＝T 7且最大．6．夏季山上的温度从山脚起，每升高100米，降低0.7 ℃，已知山顶处的温度是14.8 ℃，山脚处的温度为26 ℃，则此山相对于山脚处的高度是________米．解析：∵每升高100米温度降低0.7 ℃， ∴该处的温度变化是一个等差数列问题．山脚温度为首项a 1＝26，山顶温度为末项a n ＝14.8，d ＝－0.7.∴26＋(n －1)(－0.7)＝14.8，解之可得n ＝17，故此山相对于山脚处的高度为(17－1)×100＝1 600(米)．答案：1 600 7．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 28．设S n 是数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称数列{a n }为“和等比数列”．若数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{b n }__________(填“是”或“不是”)“和等比数列”．解析：数列{2b n }是首项为2，公比为4的等比数列，所以2b n ＝2·4n －1＝22n －1，b n ＝2n －1.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n 2，T 2n ＝4n 2，所以T 2nT n＝4，因此数列{b n }是“和等比数列”．答案：是9．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．解：(1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23.∴{b n }是一个以23为首项，13为公比的等比数列．10．某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元．该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元．解：设a n 为(2 010＋n )年年底分红后的资金，其中n ∈N *，则a 1＝2×1 000－500＝1 500，a 2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n ＝2a n －1－500(n ≥2)．∴a n －500＝2(a n －1－500)(n ≥2)，∴即数列{a n －500}是首项为a 1－500＝1 000，公比为2的等比数列．∴a n －500＝1 000×2n －1，∴a n ＝1 000×2n －1＋500.(1)a 4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元．(2)由a n >32 500，即2n －1>32，得n >6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元．[能力提升]1．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＝64.2．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5，9，14，20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差即a 2 014－5＝( )A ．2 020×2 014B ．2 020×2 013C ．1 010×2 014D ．1 010×2 013解析：选D ．结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2，所以a 2 014－5＝4＋5＋…＋2 016＝4×2 013＋2 013×2 0122＝2 013×1 010.3．设数列{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2 014项和为________．解析：由“凸数列”的定义，可知，b 1＝1，b 2＝－2，b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，故数列{b n }是周期为6的周期数列．又b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，故数列{b n }的前2 014项和S 2 014＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝1－2－3－1＝－5.答案：－54．在数列{a n }中，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *，p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”． 下列是对“等方差数列”的判断：①若{a n }是等方差数列，则{a 2n }是等差数列；②已知数列{a n }是等方差数列，则数列{a 2n }是等方差数列；③{(－1)n}是等方差数列；④若{a n }是等方差数列，则{a kn }(k ∈N *，k 为常数)也是等方差数列． 其中正确命题的序号为________．解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a 2n }是公差为p 的等差数列，故①正确．对于②，取a n ＝n ，则数列{a n }是等方差数列，但数列{a 2n }不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n ]2－[(－1)n －1]2＝0(n ≥2，n ∈N *)为常数，所以{(－1)n}是等方差数列，故③正确．对于④，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *)，则a 2kn －a 2k （n －1）＝(a 2kn －a 2kn －1)＋(a 2kn －1－a 2kn －2)＋…＋(a 2kn －k ＋1－a 2k （n －1）)＝kp 为常数，故④正确．答案：①③④5．(2014·某某某某市诊断性检测)设函数f (x )＝x 2，过点C 1(1，0)作x 轴的垂线l 1交函数f (x )图象于点A 1，以A 1为切点作函数f (x )图象的切线交x 轴于点C 2，再过C 2作x 轴的垂线l 2交函数f (x )图象于点A 2，…，以此类推得点A n ，记A n 的横坐标为a n ，n ∈N *.(1)证明数列{a n }为等比数列并求出通项公式；(2)设直线l n 与函数g (x )＝log 12x 的图象相交于点B n ，记b n ＝O A →n ·O B →n (其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：以点A n －1(a n －1，a 2n －1)(n ≥2)为切点的切线方程为y －a 2n －1＝2a n －1(x －a n －1)．当y ＝0时，得x ＝12a n －1，即a n ＝12a n －1.又∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列．∴通项公式为a n ＝(12)n －1.(2)据题意，得B n ((12)n －1，n －1)．∴b n ＝O A →n ·O B →n ＝(14)n －1＋(14)n －1·(n －1)＝n (14)n －1.∵S n ＝1×(14)0＋2×(14)1＋…＋n ×(14)n －1，14S n ＝1×(14)1＋2×(14)2＋…＋n ×(14)n ， 两式相减，得34S n ＝1×(14)0＋1×(14)1＋…＋(14)n －1－n ×(14)n ＝1－（14）n1－14－n ×(14)n.化简，得S n ＝169－(4n 3＋169)×(14)n ＝169－3n ＋49×4n －1.6．(选做题)(2014·某某某某质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋1a n (n∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；(2)设数列{2na n }的前n 项和为T n ，A n ＝1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n ，试比较A n 与2na n的大小．解：(1)证明：a 1＝S 1＝2－3a 1得a 1＝12，当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1得a n n ＝12×a n －1n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项和公比均为12的等比数列．(2)由(1)得a n n ＝12n ，于是2n·a n ＝n ，T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2.所以1T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，于是A n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1， 而2na n ＝2n ＋1n 2，所以问题转化为比较2nn 2与n n ＋1的大小． 设f (n )＝2n n 2，g (n )＝nn ＋1，当n ≥4时，f (n )≥f (4)＝1，而g (n )<1， 所以f (n )>g (n )．经验证当n ＝1，2，3时，仍有f (n )>g (n )． 因此对任意的正整数n ，都有f (n )>g (n )，即A n <2na n.。

2009~2013年高考真题备选题库第5章 数列 第5节 数列的综合应用考点 数列与其他知识的交汇1．（2013新课标全国Ⅰ，5分）设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n2，则( )A ．{S n }为递减数列B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列解析：本题考查三角形面积公式和归纳推理等知识，意在考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，对考生的归纳推理能力、逻辑思维能力要求较高．已知b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a 2＝a 1，故b 2＝c 1＋a 12＝34c 1＋14b 1＜b 1，c 2＝b 1＋a 12＝34b 1＋14c 1＞c 1，b 2＋c 2＝a 1＋b 1＋c 12＝2a 1，b 2－c 2＝c 1－b 12＜0，即b 2＜c 2，b 2c 2＝⎝⎛⎭⎫34c 1＋14b 1·⎝⎛⎭⎫34b 1＋14c 1＝316(b 1＋c 1)2＋14b 1c 1＞b 1c 1.又a 3＝a 2＝a 1，所以b 3＝c 2＋a 22＝34c 2＋14b 2＜b 2，c 3＝b 2＋a 22＝34b 2＋14c 2＞c 2，b 3＋c 3＝c 2＋a 22＋b 2＋a 22＝2a 2＝2a 1，b 3－c 3＝34c 2＋14b 2－⎝⎛⎭⎫34b 2＋14c 2＝c 2－b 22＞0，即b 3＞c 3，b 3c 3＝⎝⎛⎭⎫34c 2＋14b 2⎝⎛⎭⎫34b 2＋14c 2＝316(b 2＋c 2)2＋14b 2c 2＞b 2c 2＞b 1c 1.又△A n B n C n 的面积为S n ＝ p (p －a n )(p －b n )(p －c n )＝p (p －a n )[p 2－(b n ＋c n )p ＋b n c n ]，其中p ＝12(a n ＋b n ＋c n )，p (p －a n )和p 2－(b n ＋c n )p 都为定值，b nc n 逐渐递增，所以数列{S n }为递增数列，选择B.答案：B2.（2013安徽，14分）如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…，分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n .若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．解析：本题考查由数列递推求通项、三角形相似以及平行线分线段成比例等知识．令S △OA 1B 1＝m (m >0)，因为所有A n B n 平行且a 1＝1，a 2＝2，所以S 梯形A n B n B n ＋1A n ＋1＝S 梯形A 1B 1B 2A 2＝3m ，当n ≥2时，a n a n －1＝OA nOA n －1＝m ＋(n －1)×3mm ＋(n －2)×3m＝3n －23n －5， 故a 2n ＝3n －23n －5a 2n －1，a 2n －1＝3n －53n －8a 2n －2， a 2n －2＝3n －83n －11a 2n －3， … a 22＝41a 21， 以上各式累乘可得：a 2n ＝(3n －2)a 21，因为a 1＝1，所以a n ＝3n －2. 答案：a n ＝3n －23．（2013北京，14分）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：本题考查数列的通项与前n 项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力．(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 ，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1，故数列{a nn }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a nn ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2.(3)证明：当n ＝1时，1a 1＝1<74；当n ＝2时，1a 1＋1a 2＝1＋14＝54<74；当n ≥3时，1a n ＝1n 2<1(n －1)n ＝1n －1－1n，此时1a1＋1a2＋…＋1a n＝1＋122＋132＋142＋…＋1n2<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1a1＋1a2＋…＋1a n<74.4．（2013北京，13分）已知{a n}是由非负整数组成的无穷数列．该数列前n项的最大值记为A n，第n项之后各项a n＋1，a n＋2, …的最小值记为B n，d n＝A n－B n.(1)若{a n}为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，a n＋4＝a n)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数．证明：d n＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{a n}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，d n＝1(n＝1,2,3，…)，则{a n}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.解：本题主要考查无穷数列的有关知识，考查了考生对新定义类数列的理解与运用，对考生的逻辑思维能力要求较高．(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)证明：(充分性)因为{a n}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤a n≤…，因此A n＝a n，B n＝a n＋1，d n＝a n－a a＋1＝－d(n＝1,2,3…)．(必要性)因为d n＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以A n＝B n＋d n≤B n，又a n≤A n，a n＋1≥B n，所以a n≤a n＋1，于是，A n＝a n，B n＝a n＋1，因此a n＋1－a n＝B n－A n＝－d n＝d，即{a n}是公差为d的等差数列．(3)证明：因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，a n≥B1＝1.假设{a n}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足a m＞2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k＜m，a k≤2.又a1＝2，所以A m－1＝2，且A m＝a m＞2.于是，B m＝A m－d m＞2－1＝1，B m－1＝min{a m，B m}≥2.故d m－1＝A m－1－B m－1≤2－2＝0，与d m－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有a n≤2，即非负整数列{a n}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，a n≤2＝a1，所以A n ＝2.故B n ＝A n －d n ＝2－1＝1.因此对于任意正整数n ，存在m 满足m ＞n ，且a m ＝1，即数列{a n }有无穷多项为1. 5．（2012福建，4分）数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2 012＝________.解析：∵a n ＝n cos n π2＋1，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝6，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝6，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k＋3＋a 4k ＋4＝6，k ∈N ，故S 2 012＝503×6＝3 018. 答案：3 0186．（2011福建，13分）已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0,0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．解：(1)由q ＝3，S 3＝133，得a 1(1－33)1－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3.因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3； 因为当x ＝π6时f (x )取得最大值，所以sin(2×π6＋φ)＝1.又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin(2x ＋π6)．。

第五章 数 列第6课时 数列的综合应用1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝________．答案：9解析：设公差d ，由题设3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，所以d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－433a 1>0，所以n<374，则n ≤9，当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10，a n <0. 故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 已知数列{a n }满足a 1＝43，2－a n ＋1＝12a n ＋6(n ∈N *)，则i ＝1n 1a i ＝________． 答案：2·3n －n －24解析：条件化为1a n ＋1＝3a n ＋12，即1a n ＋1＋14＝3⎝⎛⎭⎫1a n ＋14，所以1a n ＝3n －1－14，故∑i ＝1n 1a i ＝1－3n 1－3－n 4＝2×3n －2－n 4. 3. 已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1、12a 3、2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________． 答案：3＋2 2解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2，设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2. 4. (2013·郑州模拟)已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________．答案：16解析：因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)．又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.5. 已知{a n }是递增数列，且对任意n ∈N *都有a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．答案：(－3，＋∞)解析：∵ {a n }是递增数列，∴ a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，∴ λ>－2n －1对于n ∈N *恒成立．而－2n －1在n ＝1时取得最大值－3，∴ λ>－3.6. 在各项均为正数的数列{a n }中，S n 为前n 项和，na 2n ＋1＝(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1且a 3＝π，则tanS 4＝________． 答案： 3解析：由na 2n ＋1＝(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1，可得(a n ＋a n ＋1)(na n ＋1－na n －a n )＝0.∵ 数列{a n }各项都为正数，∴ a n ＋a n ＋1＞0，∴ na n ＋1－na n －a n ＝0.∴ a n a n ＋1＝nn ＋1.∴ a 3a 4＝34，a 4a 5＝45，…，a n －1a n ＝n －1n .各式相乘，得a 3a n ＝3n .∵ a 3＝π，∴ a n ＝n π3.∴ S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝π3＋2π3＋3π3＋4π3＝10π3. ∴ tanS 4＝tan 10π3＝tan π3＝ 3. 7. 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′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 解：(1) 由f′(x)＝2ax ＋b ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0.解得a ＝12，b ＝2n ，即f(x)＝12x 2＋2nx(n ∈N *)． (2) 由1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴ 1a n ＋1－1a n＝2n. 由累加得1a n －14＝n 2－n ，∴ a n ＝4（2n －1）2(n ∈N *)． 8. (2013·重庆)已知{a n }为等差数列，且a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12.(1) 求{a n }的通项公式；(2) 记{a n }的前n 项和为S n ，若a 1、a k 、S k ＋2成等比数列，求正整数k 的值．解：(1) 设数列{a n }的公差为d ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋4d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n.(2) 由(1)可得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （2＋2n ）2＝n(n ＋1)． 因为a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，所以a 2k ＝a 1S k ＋2.从而(2k)2＝2(k ＋2)(k ＋3)，即k 2－5k －6＝0，解得k ＝6或k ＝－1(舍去)，因此k ＝6.9. 在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1) 求d ，a n ；(2) 若d<0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：(1) 由已知得到：(2a 2＋2)2＝5a 1a 34(a 1＋d ＋1)2＝50(a 1＋2d)(11＋d)2＝25(5＋d)121＋22d ＋d 2＝125＋25d d 2－3d －4＝0⎩⎪⎨⎪⎧d ＝4，a n ＝4n ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－1，a n ＝11－n.(2) 由(1)知，当d<0时，a n ＝11－n ，① 当1≤n ≤11时，a n ≥0，∴ |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n （10＋11－n ）2＝n （21－n ）2； ② 当n ≥12时，。

考点23 数列求和及综合应用一、填空题1.(2015年新课标全国卷Ⅱ理科·T16)设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1＝-1,a n ＋1＝S n S n ＋1,则S n ＝ .【解题指南】由a n ＋1＝S n ＋1-S n ＝S n ＋1·S n , 两边同时除以S n ＋1·S n ,得-＝-1,构造数列,求S n .【试题解析】由已知得a n ＋1＝S n ＋1-S n ＝S n ＋1·S n ,两边同时除以S n ＋1·S n ,得得1111n nS S +=--，构造数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，求n S .【试题解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n nS S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项，1-为公差的等差数列，则11(1)n S n n =---=-，所以1n S n=-． 答案:-2. (2015年江苏高考·T11)数列{a n }满足a 1＝1,且a n ＋1-a n ＝n ＋1(n ∈N *),则数列{1n a }的前10项和为 .【解题指南】利用累加法求出数列{a n }的通项公式,再利用裂项相消法计算{1na }的前10项和.【试题解析】a n ＝(a n -a n-1)＋(a n-1-a n-2)＋…＋(a 2-a 1)＋a 1＝n ＋(n-1)＋(n-2)＋…＋2＋1＝(1)2n n +,所以12(1)n a n n =+,所以{1na }的前10项和22221(11)2(21)3(31)10(101)++++++++＝11111112(1)223341011-+-+-++-＝2011.答案:20113.(2015年福建高考理科·T15)一个二元码是由0和1组成的数字串x 1x 2…x n (n ∈N *),其中x k (k ＝1,2,…,n)称为第k 位码元.二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0). 已知某种二元码x 1x 2…x 7的码元满足如下校验方程组:其中运算⊕定义为:0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上述校验方程组可判定k 等于 . 【解题指南】根据题中所给信息解题.【试题解析】根据题意,列出检验方程组, ⎪⎩⎪⎨⎧=⊕⊕⊕=⊕⊕⊕=⊕⊕⊕111010*********显然第一个式子和第三个式子错误,第二个式子没有影响,所以错误的应该出现在第一个式子和第三个式子都有而第二个式子没有的码元,只有x 5,验证一下把x 5换成0,上式检验方程组都成立,所以x 5出错了,即k ＝5. 答案:5二、解答题4.(2015年浙江高考理科·T20)已知数列{a n }满足a 1＝且a n ＋1＝a n -(n ∈N *). (1)证明:1≤≤2(n ∈N *).(2)设数列{}的前n 项和为S n ,证明≤≤(n ∈N *).【解题指南】（1）首先根据递推公式可得12n a ≤，再由递推公式变形可知21n nn n na a a a a +=- []11,21n a =∈-，从而得证；（2）由1111n n n n a a a a ++-=和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +-≤≤，从而得1112(1)2n a n n +++≤≤*()n N ∈，即可得证. 【证明】（1）由题意得，21n n n a a a +-=-0≤，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，21n n n n n a a a a a +=-[]11,21n a =∈-， 即112nn a a +≤≤ （2）由题意得，21n n n a a a +=-，所以11n n S a a +=-，①由1111n n n n a a a a ++-=和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +-≤≤，所以1112n nn n a a +-≤≤ 所以1112(1)2n a n n +++≤≤*()n N ∈，② 由①②得112(2)2(1)n S n n n ++≤≤.5. (2015年广东高考理科·T21)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4-,n ∈N *.(1)求a 3的值.(2)求数列{a n }的前n 项和T n . (3)令b 1＝a 1,b n ＝＋a n (n ≥2),证明:数列{b n }的前n 项和S n 满足S n ＜2＋2lnn.【解题指南】(1)直接利用已知等式令n ＝2,n ＝3,然后两式相减求解.(2)求出数列{a n }的通项公式,再求出前n 项和T n .(3)先求出S n 再放缩,构造函数,利用导数求解. 【试题解析】（1）令n ＝2，122122242-+-=+a a ① 令n ＝3，13321223432-+-=++a a a ② ②-①得()()432224223423231213213213=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-=+-++=--a a a a a a 所以413=a . （2）由（1）知，当n ＞1时()()[]121121212214224122----=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-=-+⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅++=n n n n n n nn n a n a a na a a na ， 所以121-⎪⎭⎫⎝⎛=n n a ，又因为12214111=+-=-a 也适合此式， 所以数列{}的等比数列，，公比为是首项为211n a 故1212211211-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n nn T . (3) 121111221233...11b 1...b ,211,22111323,n n n a a a a a n n a b a a a b a -+++⎛⎫=++++= ⎪⎝⎭⎛⎫=++ ⎪⎝⎭+⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭依题由知 ()1212111S b ...1 (2)11111111...1...221 (222)2,n n n n n b b a a a n T n n n -⎛⎫∴=+++=++++++ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++-<⨯+++ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭记f(x)＝lnx ＋-1(x ＞1), 则f ′(x)＝-＝＞0,所以f(x)在(1,＋∞)上是增函数, 又f(1)＝0即f(x)＞0, 又k ≥2且k ∈N *时,11kk >-11ln 10n 111112131ln ,ln ,...,ln ,2132111123n ln ...n ln .231211112122ln 223k k k k f k k k k k n n n n n n n n ⎛⎫∴=+->> ⎪----⎝⎭∴<<<-++<+++=-⎛⎫∴⨯+++<+ ⎪⎝⎭即即有, 6. (2015年广东高考文科·T19)设数列{a n }的前n 项和为S n ,n ∈N *.已知a 1＝1,a 2＝,a 3＝,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:为等比数列.(3)求数列{a n }的通项公式.【解题指南】（1）令2n =可得4a 的值；（2）先将211458n n n n S S S S ++-+=+（2n ≥）转化为2144n n n a a a +++=，再利用等比数列的定义可证112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列；（3）先由（2）可得数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的通项公式，再将数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的通项公式转化为数列12n n a ⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是等差数列，进而可得数列{}n a 的通项公式．【试题解析】（1）当2n =时，4231458S S S S +=+，即435335415181124224a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++=+++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得：478a =(2) （2）因为211458n n n n S S S S ++-+=+（2n ≥），所以21114444n n n n n n S S S S S S ++-+-+-=-（2n ≥），即2144n n n a a a +++=（2n ≥），因为3125441644a a a +=⨯+==，所以2144n n n a a a +++=， 因为()2121111111114242212142422222n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a +++++++++++-----====----，所以数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以21112a a -=为首项，公比为12的等比数列 (3) 由（2）知：数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以21112a a -=为首项，公比为12的等比数列，所以111122n n n a a -+⎛⎫-= ⎪⎝⎭即1141122n n n na a ++-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列12n n a ⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是以1212a =为首项，公差为4的等差数列，所以()2144212nna n n =+-⨯=-⎛⎫⎪⎝⎭，即()()111422122n n n a n n -⎛⎫⎛⎫=-⨯=-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列{}n a 的通项公式是()11212n n a n -⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭7. (2015年北京高考文科·T16)(13分)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10,a 4-a 3＝2. (1)求{a n }的通项公式.(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3,b 3＝a 7.问:b 6与数列{a n }的第几项相等? 【解题指南】利用等差数列与等比数列的基本量计算.【试题解析】(1)设等差数列公差为d,则d ＝a 4-a 3＝2,a 1＋a 2＝2a 1＋2＝10,所以a 1＝4.因此,a n ＝4＋(n-1)×2＝2(n ＋1).(2)设等比数列公比为q,则b 2＝8,b 3＝16,所以q ＝52b b ＝2,b 1＝4,b n ＝2n ＋1, b 6＝26＋1＝128.由2(n ＋1)＝128得n ＝63.所以b 6是数列{a n }的第63项.8.(2015年山东高考理科·T18)(本小题满分12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2S n ＝3n＋3. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .【解题指南】(1)a n ＝S n -S n-1要注意n ≥2并验证n ＝1是否满足所求出的关系式.(2)利用错位相减求解.【试题解析】(1) ）332n n S +=，当1n =时，11632a S ===；当2n ≥时，1n n n a S S -=-，即113333322n n n n a --++=-=，所以13,1,3, 2.n n n a n -=⎧=⎨≥⎩ (2) 当1n =时，11131a b b ==，所以113b =；当2n ≥时，1133log 31n n n n n a b b n --=⨯==-，所以113n n n b --=，故11,1,31, 2.3n n n b n n -⎧=⎪⎪=⎨-⎪≥⎪⎩当1n =时，1113T b ==； 当2n ≥时，1234n n T b b b b b =+++++2311123133333n n --=+++++，则2234111231333333n n n T -=+++++ 两式相减得23122111113933333n n n n T --=+++++-1111()21131133(1)()()()193182313n n n n n -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦=+--⨯=-+⨯-，所以113211()()1243n nn T -+=-⨯. 因为113T =符合上式，所以{}n b 的前n 项和113211()()1243n n n T -+=-⨯ 9.(2015年山东高考文科·T19)(本小题满分12分) 已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列{11n n a a +⋅}的前n 项和为21n n +.（I ）求数列{n a }的通项公式；（II ）设(1)2n an n b a =+⋅，求数列{n b }的前n 项和n T . 【试题解析】(1) 由题意设11(1),0n a a n d a =+->，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ， 因为111111()n n n n a a d a a ++=-， 122311111111()()()n n n S d a a a a a a +⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎣⎦21111111()21n n nd a a a a dn n +=-==++，解得112a d =⎧⎨=⎩.所以21n a n =-. (2) (1)24na n n nb a n =+=⨯.123n n T b b b b =++++1231424344n n =⨯+⨯+⨯++⨯，则234141424344n n T n +=⨯+⨯+⨯++⨯，两式相减得231114(14)1343 4 + 4444441433n nn n n n n T n n +++---=+++-⨯=-⨯=⨯--，所以1314499n n n T +-=⨯+ 10.（2015·四川高考文科·T16)(本小题满分12分) 设数列{}n a （1,2,3,n =⋅⋅⋅）的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且1a ，12+a ，3a 成等差数列。

第5讲 数列的综合应用基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1．(2014·某某调研)公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且－3a 1，－a 2，a 3成等差数列，若a 1＝1，则S 4＝________.解析 记等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，依题意有－2a 2＝－3a 1＋a 3，－2a 1q ＝－3a 1＋a 1q 2，即q 2＋2q －3＝0，(q ＋3)(q －1)＝0，又q ≠1，因此有q ＝－3，则S 4＝1×[1－－34]1＋3＝－20.答案 －202．若－9，a ，－1成等差数列，－9，m ，b ，n ，－1成等比数列，则ab ＝________.解析 由已知得a ＝－9－12＝－5，b 2＝(－9)×(－1)＝9且b <0，∴b ＝－3，∴ab ＝(－5)×(－3)＝15. 答案 153．(2014·某某模拟)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________．解析 因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n－1，则满足S n >1 025的最小n 值是11. 答案 114．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝________.解析 设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知，a 4＋2a 7＝2×54，∴a 7＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2×54－a 4＝14.∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12.∴a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2，∴a 1＝16，∴S 5＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝31.答案 315．(2014·某某模拟)设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于________．解析 由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n .答案 2n 2＋3n6．(2014·某某调研)已知实数a 1，a 2，a 3，a 4构成公差不为零的等差数列，且a 1，a 3，a 4构成等比数列，则此等比数列的公比等于________． 解析 设公差为d ，公比为q .则a 23＝a 1·a 4，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )， 解得a 1＝－4d ，所以q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝12.答案 127．(2013·某某卷)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________． 解析 每天植树棵数构成等比数列{a n }，其中a 1＝2，q ＝2.则S n ＝a 11－q n 1－q＝2(2n －1)≥100，即2n ＋1≥102.∴n ≥6，∴最少天数n ＝6. 答案 68．(2013·某某省实验中学诊断)数列{a n }满足a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1，A n 表示{a n }前n 项之积，则A 2 013＝________.解析 由a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1，得a n ＋1＝a n －1a n ，所以a 2＝3－13＝23，a 3＝－12，a 4＝3，所以{a n }是以3为周期的数列，且a 1a 2a 3＝－1，又2 013＝3×671，所以A 2 013＝(－1)671＝－1. 答案 －1 二、解答题9．(2014·某某模拟)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构成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)令b n ＝na n ，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋3＋a 3＋42＝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 ＝2或12.由题意得q ＞1，所以q ＝2.则a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由于b n ＝n ·2n －1，n ＝1,2，…，则T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，所以2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，两式相减得－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ×2n＝2n－n ×2n－1，即T n ＝(n －1)2n＋1.10．(2013·某某二模)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋4，数列{a n }是公差为d 的等差数列，若a 1＝f (d －1)，a 3＝f (d ＋1)， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)S n 为{a n }的前n 项和，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥13.(1)解 a 1＝f (d －1)＝d 2－4d ＋7，a 3＝f (d ＋1)＝d 2＋3， 又由a 3＝a 1＋2d ，可得d ＝2，所以a 1＝3，a n ＝2n ＋1. (2)证明 S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以，1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－11＋1－11＋2＝13.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、填空题1．(2014·某某模拟)在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝________.解析 设公差为d ，由题设3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )， 所以d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1>0，所以n <374，则n ≤9，当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10时，a n <0. 故当n ＝9时，S n 取得最大值． 答案 92．已知f (x )＝bx ＋1是关于x 的一次函数，b 为不等于1的常数，且g (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝0，f [g n －1]，n ≥1，设a n ＝g (n )－g (n －1)(n ∈N *)，则数列{a n }为________数列．(填“等差”、“等比”、“递增”或“递减”)解析 a 1＝g (1)－g (0)＝f [g (0)]－g (0)＝b ＋1－1＝b ，当n ≥2时，a n ＝g (n )－g (n －1)＝f [g (n －1)]－f [g (n －2)]＝b [g (n －1)－g (n －2)]＝ba n －1，所以{a n }是等比数列． 答案 等比3．(2013·某某五校联考)设x 为实数，[x ]为不超过实数x 的最大整数，记{x }＝x －[x ]，则{x }的取值X 围是[0,1)，现定义无穷数列{a n }如下：a 1＝{a }，当a n ≠0时，a n ＋1＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ；当a n ＝0时，a n ＋1＝0.如果a ＝3，则a 2 013＝________.解析 由题意可得a 1＝3－1，a 2＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫13－1＝3－12，a 3＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫23－1＝3－1，a 4＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫13－1＝3－12，…，所以数列{a n }是周期为2的数列，所以a 2 013＝a 1＝3－1.答案 3－1二、解答题4．(2014·某某调研)已知数列{a n }满足a 1＝2，前n 项和为S n ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧pa n ＋n －1，n 为奇数，－a n －2n ，n 为偶数.(1)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋a 2n ＋1(n ≥1)，试求数列{b n }前n 项和T n ； (2)若数列{}满足＝a 2n ，试判断{}是否为等比数列，并说明理由；(3)当p ＝12时，问是否存在n ∈N *，使得(S 2n ＋1－10)c 2n ＝1？若存在，求出所有的n 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)根据题意得b n ＝a 2n ＋a 2n ＋1＝－4n ， ∴{b n }成等差数列，故T n ＝－2n 2－2n .(2)当p ＝12时，数列{}成等比数列；当p ≠12时，数列{}不为等比数列．理由如下：∵＋1＝a 2n ＋2＝pa 2n ＋1＋2n ＝p (－a 2n －4n )＋2n ＝－p －4pn ＋2n ，∴＋1＝－p ＋2n 1－2p ，故当p ＝12时，数列{}是首项为1，公比为－12等比数列；当p ≠12时，数列{}不成等比数列．(3)当p ＝12时，由(2)知＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，∴c 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1.又S 2n ＋1＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋a 2n ＋1)＝a 1＋b 1＋b 2＋…＋b n ＝－2n 2－2n ＋2.则由(S 2n ＋1－10)c 2n ＝1，得4n 2＋4n ＋16＝4n， 记f (x )＝4x －4x 2－4x －16(x ≥2)， 则g (x )＝f ′(x )＝4xln 4－8x －4， ∴g ′(x )＝(ln 4)24x－8>0(x ≥2)， ∴g (x )在[2，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (2)＝f ′(2)>0，即f ′(x )>0，且f (1)≠0， ∴仅存在唯一的n ＝3，使得(S 2n ＋1－10)c 2n ＝1成立．。