2020年一轮创新思维文数(人教版A版)练习：第五章第五节数列的综合应用Word版含解析.doc

§6.5数列的综合应用基础知识自主学习要点梳理1扁廖数列应用题的基本步骤(1) 审题一仔细阅读材料，认真理解题意.(数列)语言，将实际问题转化(2) 建(3) 求解——求出该问题的数学解.(4) 还原——将所求结果还原到原实际问题中.2 •数列应用题常见模型(1) 等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2) 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3) 分期付款模型：设贷款总额为a,年利率为匚等额还款数为b,分n期还完，则归r(l + r)n---------------- a.(1 +厂)"一1基础自测1 •数列何｝是公差不为0的等差数列且a?、a10. a15> 等比数列｛"｝的连续三项，若等比数列｛切｝的首项6=3,则b2等于（）A. B.5 C.2 D.解析由条件知=a7-a153/. (a7+3d) 2=a7X(a7+8d)5,24.*.9d=2a7, q=•.•b[=3^ .\b2=b1-q=5. ：%o _ 如+3〃_ 5ciq ciq 32•—套共7册的书计划每两年出一册，若出完全部各册书，公元年代之和为13 958,则出齐这套书的年份是( )A.1994B.1996C.1998D.2000解析设出齐这套书的年份是x, D贝j (x-12) +(x-10)+(x-8)+..-+x=13 958,・・.7x・=13 9585/.X=2000.2(12 + 0)x73. (2009-四川文，3)等差数列｛aj的公差不为零，首项a1=1,a2是引和as的等比中项，贝燉列｛aj的前10项之和是( )A.90B.100C.145D.190解析由题意知，S+d) 2=a1(a1+4d), B即+2a[d+d2= +4a1d,/.d=2a1=2.•••S[o=1Oa[d=10+90=100・+2 a x 10x9 21-24•有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的 同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病 毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要)A.6秒C.8秒解析 依题意 1+21+22+...+2n -1>100,>100,.\2n>101,・・・n27,即至少需要7秒细菌将病毒全部杀死. B.7秒 D.91 — 2〃1-25•已知数列｛aj中，a1=2,点(a n.l5a n) a〔+■■■+*[ 0= ■解析• a n=2a n-l"^，• •a r r1=2(a ri.i・1)，・・阳｝是等比数列，则a n=2-1+1. • .a〔+a?+■ ■・*a[0=10+(2°+21+22+ (29)=10+ =1 033.1-210(n > 1 且n W N)满足y=2x-11 0331-2解(1)由a n+1=2S n+15nT得an=2Sn”1 (虑2), 两式相减得a n+r a n=2a n^0a n+1=3a n (n>2).又a2=2S〔+1 =3r\a2=3a1.故｛%｝是首项为公比为3的等比数列，・・气=3胡.(2)设｛"｝的公差为d,由T3=1 Sjb-j+b2+b3=15,可得b2=5, 故可设b1=5-d3b3=5+d J又a 〔=1 ,a2=39a3=9j 由题意可得(5-d+1)(5+d+9)=(5+3)2, 解得d1=2,d2=-10.・・•等差数列｛"｝的各项为正，.・・d>0,.•.d=25b1=3,.\T n=3n+ X2=n2+2n ・探究提高对等差.等比数列的综合问题的分析,应重点分析等差.等比数列的通项及前n项和；分析等差.等比数列项之间的关系•往往用到转化与化归的思想方法.2知能迁移1 （2009・全国I文，17）设等差数列｛%｝的前n项和为公比是正数的等比数列｛"｝的前n项和为口已知a1=15b1=35a3+b3=173T3-S3=125求｛aj/bj的通项公式.解设｛aj的公差为d, ｛bj的公比为q・由a3+b3=17#1 +2d+3q2=175①由①、②及q>0解得q=2,d=2.故所求的通项公式为a n=2n-1 ,b n=3 X 2討・题型二数列与函数的综合应用【例2】(12分)已知f(x)=log a x(a>0且詐4),设f(aj，f(a2),…,f(aj (nGN*)是首预为4,公差另2的等差数列.(1)设a为常数，求证：｛%｝是等比数列；(2)若b n=a n f(a n)5｛b n｝的箭n项和是S“^a=时，求S“・利用函数的有关知识得出％的表达式，再利用表达式解决其他问题.V2 思维启迪(1)证明f(a n)=4+(n-1) X 2=2n+2,/log a a n=2n+252分• 口一口2n+2• "a r\~a■・・・(n>2)为定值.・・・{%}为等比数列5分(2廨^=aj(ajta^log a a!^=(2n+2^a2n+2.当a=加瓦绑应)七弦血.7分S n=2.尝斜24+^-25+...+(n+1 他卄2 ①2S n=2-24+3-25+4-26+...+n-2n+2+(n+1 )・ 2岚②①■②得-S n=2.23+24+25+...+2n+2-(n+1)-2n+3V2 V2=16+=16+2卄3・24・“12^*2卄3=・“・2卄3・.♦.S =n-2n+3. 12分n"数列N函数的综合问题主要有以下两类：（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；数列条件,解决函数问题•解决此类问题一般要充分利用数公式.求和方法对式子化简变形.2知能迁移2设等比数列｛%｝的前n 项和和 首项引=1, 公比q=f （D 证明：S =（2） 若数列｛《虑2）,求数列低｝的通（3） 若=1 ,lHc n =a n（貫1,0）・ n¥（bnJ （nWN ； A 擞列｛打的前Tn,求证:当曲2时,2STnV4・222 0 =(1+刃[1—(仝)〃 ]=(1+刃—2(厶)1,1 +2 1 + 2o 2又肌厂％(乙严=(乙)=1 +2 1 + 2=(1 + A)—几© ・(1)证明"11丄1 + 21一9(2)解心)=£,..也二旣・.古亡+1.・・・鬼项为=2,公差対1的等差数列.=J^(nl-1)=n+1,即b“="2.\7；=l + 2(-) + 3(-)2+A +H (-),7_1.I1 1 0 1 Q 1(3)证明・・•当=1时, 2•••产巧+ 2(产3(尹+A+%)“.两式相减得扣i+(》+(y+A y = 2[l-(|r]-n(|)\ .• ^=4-(-r2-n(-r i<4. 又・九1%>0, ・・・人单调递增./.T n>T2=2・故当曲2时,2<T n<4・题型三数列的实际应用【例3】假设某市2008年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%・另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米■那么，到哪一年底，（1）该市历年所建中低价房的累计面积（以2008年为累计的第一年）将首次不少于4 750万平方米？（2）当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?（参考数据:1.084^1.36,1.085«1.47,1.086«1.59）2思维启泡)要求学生会把实际问题转化为数学问题：S n=250n+ x50=^5r?+^J25n>4 750.(2归“>0・85"*店400崩8+解(1)设中低价房的命积形成的数列为｛a｝由题意可知｛aj是等差数列，其中a-|=250jd=50,IJl!ja n=250+(n-1 )・ 50=50n+200S n=250n+ X 50=25n2+225n,4^25n2+225n>4 750,即n2+9n-190>0,而n是正整数,/.n>10.因此到2017年底，该市历年所建中低价房的累计面（2）设新建住房面积形成数列｛b｝由题意可知｛"｝是等比数列，其中b1=4005q=1.083则4=400・(1・08)討・由题意可知a n>0.85b 即50n+200>400-(1.08)n1・ 0・85・当n=5时，a5<0.85b5,当n=6时，a6>0.85b6,因此满足上述不等式的最小正整数n为6・因此到2013年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.2探會湊匾类问题的关犍是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题,列出有关信息,转化为数列的有关问题，这也是数学实际应用的具体体现.知能迁移3某市2008年共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2009年投入128辆电力型公交车, 随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%, 试问：(1)该市在2015年应该投入多少辆电力型公交车？⑵到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？(lg657=2.82,lg 2=0.30,lg 3=0.48)解⑴该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列心丄其中a1=128,q=1・5,则在2015年应该投入的电力型公交车为a7=a[・q6=128X1.56=1 458 (辆)・13(2)记Sn=a〔+a?+・・・+&“,依据题意，得1 于是呻>5 0丽丽云护.5睜两边取常屈1（顷盤1・5〉lg1-1.5即n> =7・3,又nWI\T,因此心&所以到2016年底，电力型公交车的数量开始超过谡2市公交军蓉鈿=5览2Ig3-lg2657657~32思想方法感悟提高方法与技巧1 •深刻理解等差（比）数列的性质，熟悉它们的推导过程是解题的关键•两类数列性质既有相似之处，又有区别，要在应用中加强记忆.同时，用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错. 2•在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程（组）求解，在解方程组时，仔细体会两种情形中解方程组的方法的不同之处.3•数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度•解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解，深刻领悟它在囁需作零鏗学囁讓'/数与方程”、4•在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利自药讦算分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会鸚為需矗牒型,并用它解决实际问题失误与防范1 •等比数列的前n项和公式要分两种情况:公比等于1和公比不等于1・最容易忽视公比等于1的情况，要注意这方面的练习.2•数列的应用还包括实际问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解.3•在有些情况下，证明数列的不等式要用到放缩法.2差数列，则A. B. 的值为Cl?+ “4c. ^5 —I D・或解析设农』的公比为q(q>0), 得”4®解得q=因此2腭+ 1由a32a2+a nV5-12A/5+I21 +V52定时检测一、选择题1 •各项都是正数的等比数列何｝中，a2, a3,2•数列｛aj中,a n=3n-7 (nGN*),数列｛bj满足6= ,b n.j=27b n(n>2 KnGN*),^a n+log k b n为常数，则補足条件的k值( )A •唯一存在，且为B •唯一存在，且为3 1C ■存在且不唯一1 3D •不一定存在2解析依题意,/a n +log k b n 是常数, 即 log k 3=1 ,.*.kq3.答案B L =3n-7+(3n-2)log k=(3+3log k )n-7-2log k 53=0, 133•有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点•已知最底层正方体的棱长为2,且该塔形的表面积(含最底层正方体的底匯面积)超过39,则该塔形中正方体的个数至少是( )A.4C.6D.72 解析正方体按从下向上的顺序其棱长构成等比数列，其棱长分别为：2, , 1,,n 层正方体的表面积为 7216[1-(-),?] 1曲応知一0羊4- 740込32(—)"・整理得2p3£・・・n>5・ 2答案C 21 1 V2 214•气象学院用3・2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为元（nGN*）,使用它直至报废最合算（所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少）为止, n+ 49一共使用巧厂（）A.800天B.600天C.1 000天D.1 200天解析由第n天的维修保养费为元（ne Nil + 49可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用鬲少而求得最小值成立时的相应n的值.设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为丸+ 49当且仅当(5侖取帑最木植,此时n=800.3.2x10" ----------------- — 1^4 OO答案A 2 二3.2x10 | 〃|9.9n n 20 23.2xl04 _ nn 205.2008年春，我国南方部分地区遭受了罕见的特大冻灾•大雪无情人有情，柳州某中学组织学生在学校开展募捐活动，第一天只有10人捐款，人均捐款10元，之后通过积极宣传，从第二天起，每天的捐款人数是前一天的2倍，且当天人均捐款数比前一天多5元，则截止到第5天（包括第5天）捐款总数将达到.8 000元A.4 800元C.9 600元D.11 200元解析由题意知，5天共捐款B10X10+ (10 X 2) X (10+5) + (10 X 22) X (15+5) + (10 X 23)X (20+5) + (10X24) X (25+5) =8 000 (元)・6•務譽攀野e”輕足引弓，且玄風+1是函Wx)=x2-b n x+2"的两个零点, A.24 B.32 C.48 D.64 D解析依题意＜a n a n+1=2% 所lUa n+1a n+2=2n+15两式相除得=2,所以a〔,a3，a5，...成等比数列，a2,a4,a6,...^等比数列，而a1=1,a2=2,^f ^310=2-24=32,311=1.25=32. 又因为a n+a n+i=b n^^^Zb10=a10+a11=64.5_ r填空题〒已知数列｛aj满足引=1 ,a2=-2,a n+2解析由于a1=13a2=-23a n+2=-, -10所以斥4=，a5=1卫6=・2,・・・，于是｛%｝是周期为4的数列，故S2Q=6X (1 -2-1 + )|+1-2=-10.•，则该数列前26器的和为丄a n8. （2008•江苏，10）将全体正整数排成一个三角形数阵:123456789 10按照以上排列的规律，第n行（血3）从左向右的第个，即为3个数为--- -2—H +6个,因此第n行第3个数是全体正整数中第+3n2 -nn2 -n + 69. （2009-福建理，15）五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为第二位同学首次报出的数也为之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次.已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为.解析设第n个同学报出的数为a n^!|a n+a n+1=a n+25••a n+2=a n+a n+15a n+3=a n+1 +a n+2=a n+2a n+1，a n+4=a n+3+a n+2=23n+^a n+1，•••a n+4+a n=2a n+3a n+1=3(a n+a n+1)-又a.为大于0的整数，・・叫被3整除时，富4也被3整除；a“不被3整除时，a.+4也不被3整除.=1 ,*2=1，*3=2，a4=3，a5=5，・・何｝中被3整除的数为a4+4k(kWN)，又甲报岀的数为a1+5m(mGN),・・・甲报出的数引+5^^3整除时，存在kWN,使1+5m=4+4k,・・.k= 5m-3 m_3---------- =m -------------- ,、4 4/.m-3被4整除,设m-3=4p(p WZ),贝!|m=4p+3.v1<1+5m<100,/.0<m<19.8,.-.0<4p+3<19.8,/.- <p<4.2,・・・p只能取0, 1, 2, 3, 4共5个整数，・・・m只能取3, 7, 11, 15, 19共5个整数,・••甲报出的数只有5次能被・・・甲拍了5次手.答案5三、解答题石〕为融我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80 吨，该矿区计划从2010年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少10%.(1) 以2010年为第一年，设第n年出口量为a“吨，试求a“的表达式；(2) 因稀土资源不能再生，国家计划10年后终止该矿区的出口，问2010年最多出口多少吨？(保留一位小数)参考数据：0・9作0・35・解(1)由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项a〔=a，公比q=1-10%=0.9,.•.a n=a0.9n1・(2) 10 年出口总量»0= =10a(1-0.910)・•.S1o<80, /.10a (1-0.910) S80, Q(]_0 9IO)即aS .\a<12.3. 1-0.9故2010年最多出口12・3吨.81_0.9心11 •设数列｛a“｝的前n项和为Sn，且(3・m) S n+2ma n=m+3 (nGN*) ■箕中m为常数，m^-3,且m*0・(2)若数列｛aj的公比满足q=f(m)且匕口胡店f(bn・J(n G N；n22),求证：为等差数列，并求b“・证明(1)由(3・m) S n+2ma n=m+3,徼3-m)S n+1+2ma n+1=m+3, 相减，得(3+m)a n+1=2ma n (m^-3),・.・m是常数，且m^-3, m^O,©+i= 2ma n m + 3故 遑坐为0的常数，・・・{%}是等比数列. m +3(2)由b 1=a 1=1,q=f(m)=5nGN* H n>2, zm 是以1为首项，为公差的尊差数烦J, = 1b n b n-\ 3 •111 < -- > —仏J3 丄十口工 丄b n 3 3 " n + 2 解 (1)由题意得a 1=n-15a 2=(n-1 )+(n-2)-1 =2n-4,a 3=(n-1 )+(n-2)+(n-3)-1 -2=3n-9-b n= f (b n .!)= 3 得“b 刃+34=3虬・1,m + 33 2殆 •2 h+3，。

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.。

高考数学第5讲数列的综合应用A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知{a n}为等比数列．下面结论中正确的是()．A．a1＋a3≥2a2B．a21＋a23≥2a22C．若a1＝a3，则a1＝a2D．若a3>a1，则a4>a2解析设公比为q，对于选项A，当a1<0，q≠1时不正确；选项C，当q＝－1时不正确；选项D，当a1＝1，q＝－2时不正确；选项B正确，因为a21＋a23≥2a1a3＝2a22.答案 B2．满足a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，它的前n项和为S n，则满足S n>1 025的最小n值是()．A．9 B．10 C．11 D．12解析因为a1＝1，log2a n＋1＝log2a 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 C3．(2013·威海期中)某化工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)＝12n(n＋1)(2n＋1)吨，但如果年产量超过150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()．A．5年B．6年C．7年D．8年解析由已知可得第n年的产量a n＝f(n)－f(n－1)＝3n2.当n＝1时也适合，据题意令a n≥150⇒n≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．答案 C4．(2013·福州模拟)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 ＝( )．A ．7B ．8C ．9D ．10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 C二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2012·安庆模拟)设关于x 的不等式x 2－x ＜2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________． 解析 由x 2－x ＜2nx (n ∈N *)，得0＜x ＜2n ＋1，因此知a n ＝2n . ∴S 100＝100(2＋200)2＝10 100.答案 10 1006．(2013·南通模拟)已知a ，b ，c 成等比数列，如果a ，x ，b 和b ，y ，c 都成等差数列，则a x ＋cy ＝________.解析 赋值法．如令a ，b ，c 分别为2,4,8，可求出x ＝a ＋b 2＝3，y ＝b ＋c2＝6，a x ＋c y ＝2. 答案 2三、解答题(共25分)7．(12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝35，a 5和a 7的等差中项为13. (1)求a n 及S n ； (2)令b n ＝4a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为S 5＝5a 3＝35，a 5＋a 7＝26，所以⎩⎨⎧a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1， S n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n . (2)由(1)知a n ＝2n ＋1，所以b n ＝4a 2n －1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.8．(13分)(2012·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1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<32.(1)解 当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7，② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)，③由①②③解得a 1＝1.(2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1，两式相减整理得a n ＋1－3a n ＝2n ，则a n ＋12n －32·a n2n －1＝1，即a n ＋12n ＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －1＋2.又a 120＋2＝3，知⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1＋2是首项为3，公比为32的等比数列，∴a n 2n －1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式，∴a n ＝3n －2n . (3)证明 由(2)得1a n＝13n－2n. 当n ≥2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n >2，即3n －2n >2n ，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1<32.B 级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2012·济南质检)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( )．A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)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 A2．(2012·四川)设函数f (x )＝2x －cos x ，{a n }是公差为π8的等差数列，f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 5)＝5π，则[f (a 3)]2－a 1a 5＝( )．A ．0B.116π2C.18π2D.1316π2解析 设g (x )＝2x ＋sin x ，由已知等式得g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＝0，则必有a 3－π2＝0，即a 3＝π2(否则若a 3－π2＞0，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4－π2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π2＞0，注意到g (x )是递增的奇函数，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π2＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＞g ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＝－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＞0，同理g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4－π2＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＞0，这与“g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＝0”相矛盾，因此a 3－π2＞0不可能；同理a 3－π2＜0也不可能)；又{a n }是公差为π8的等差数列，a 1＋2×π8＝π2，a 1＝π4，a 5＝3π4，f (a 3)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π－cos π2＝π，[f (a 3)]2－a 1a 5＝1316π2，选D. 答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)3．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n＝lg x n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99的值为________．解析 由y ′＝(n ＋1)x n (x ∈N *)，所以在点(1,1)处的切线斜率k ＝n ＋1，故切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，令y ＝0得x n ＝nn ＋1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99＝lg x 1＋lg x 2＋…＋lg x 99＝lg(x 1·x 2·…·x 99)＝lg 12×23×…×9999＋1＝lg 199＋1＝－2. 答案 －24．(2012·沈阳四校联考)数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列{a n }的各项按如下规律排列：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，有如下运算和结论： ①a 24＝38；②数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…是等比数列；③数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…的前n 项和为T n ＝n 2＋n4； ④若存在正整数k ，使S k <10，S k ＋1≥10，则a k ＝57.其中正确的结论有________．(将你认为正确的结论序号都填上)解析 依题意，将数列{a n }中的项依次按分母相同的项分成一组，第n 组中的数的规律是：第n 组中的数共有n 个，并且每个数的分母均是n ＋1，分子由1依次增大到n ，第n 组中的各数和等于1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2.对于①，注意到21＝6(6＋1)2<24<7(7＋1)2＝28，因此数列{a n }中的第24项应是第7组中的第3个数，即a 24＝38，因此①正确． 对于②、③，设b n 为②、③中的数列的通项，则b n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，显然该数列是等差数列，而不是等比数列，其前n 项和等于12×n (n ＋1)2＝n 2＋n4，因此②不正确，③正确．对于④，注意到数列的前6组的所有项的和等于62＋64＝1012，因此满足条件的a k 应是第6组中的第5个数，即a k ＝57，因此④正确． 综上所述，其中正确的结论有①③④. 答案 ①③④ 三、解答题(共25分)5．(12分)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T nK n ，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)．(1)解 设公差为d ，则⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )， 解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2.又a 1＝2，d ＝1，所以a 3＝4，即b 2＝4. 所以数列{b n }的首项为b 1＝2，公比q ＝b 2b 1＝2，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明 因为K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ， ① 故2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1， ∴K n ＝n ·2n ＋1，则c n ＝S n T n K n＝(n ＋3)(2n－1)2n ＋1.c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N *)．6．(13分)(2012·重庆)设数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＝a 2S n ＋a 1，其中a 2≠0. (1)求证：{a n }是首项为1的等比数列；(2)若a 2＞－1，求证：S n ≤n2(a 1＋a n )，并给出等号成立的充要条件． 证明 (1)由S 2＝a 2S 1＋a 1，得a 1＋a 2＝a 2a 1＋a 1， 即a 2＝a 2a 1.因a 2≠0，故a 1＝1，得a 2a 1＝a 2，又由题设条件知S n ＋2＝a 2S n ＋1＋a 1，S n ＋1＝a 2S n ＋a 1， 两式相减得S n ＋2－S n ＋1＝a 2(S n ＋1－S n )，即a n ＋2＝a 2a n ＋1，由a 2≠0，知a n ＋1≠0，因此a n ＋2a n ＋1＝a 2.综上，a n ＋1a n ＝a 2对所有n ∈N *成立．从而{a n }是首项为1，公比为a 2的等比数列．(2)当n ＝1或2时，显然S n ＝n2(a 1＋a n )，等号成立．设n ≥3，a 2＞－1且a 2≠0，由(1)知，a 1＝1，a n ＝a n －12，所以要证的不等式化为：1＋a 2＋a 22＋…＋a n －12≤n 2(1＋a n －12)(n ≥3)， 即证：1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2≤n ＋12(1＋a n 2)(n ≥2)，当a 2＝1时，上面不等式的等号成立．当－1＜a 2＜1时，a r 2－1与a n －r2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为负； 当a 2＞1时，a r 2－1与a n －r 2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为正；因此当a 2＞－1且a 2≠1时，总有(a r 2－1)(a n －r 2－1)＞0，即a r 2＋a n －r 2＜1＋a n 2，(r＝1,2，…，n －1)．上面不等式对r 从1到n －1求和得2(a 2＋a 22＋…＋a n －12)＜(n －1)(1＋a n 2)． 由此得1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2＜n ＋12(1＋a n 2)． 综上，当a 2＞－1且a 2≠0时，有S n ≤n2(a 1＋a n )，当且仅当n ＝1,2或a 2＝1时等号成立.。

课时规范练A 组基础对点练1设数列｛a n ｝的前n 项和S n = n 2 + n ,贝V a 4的值为( )A . 4B . 6C . 8D . 10解析： a 4= S 4 — S 3= 20— 12 =8. 答案： C2.已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n , a 1= 1 , 5= 2a n + 1,则S n =()B.P 1 c ®1n — 1A . 2 1D?n -1解析：由已知 Sn = 2an + 1 得S=2(Sn +1 — 5),即 2S n + 1 = 3Sn ,Sn 1 2，而 S 1= a 1= 1，所以 S n S n=3 n — 1,故选 B.答案：B3.已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若S n = 2a n — 4, n € N ,n +1nA . 2B . 2n —1n —2C . 2D . 2则 a n =( )解析：• a n +1 = S n +1 — S n = 2a n +1 — 4 — (2a n — 4)，…a n +1 = 2a n , - a 1 = 2a 〔 一 4,• • a 〔 = 4,・•数列｛ a n ｝是以4为首项，2为公比的等比数列，• a n = 4 2n 1= 2^1，故选A. 答案：A4.在数列｛a n ｝中，a 1 = 1, a n a n -1= a n -1 + (— 1)n(n >2,祇N *），则譽的值是（）A 15 A.花c 15 B.?3c・解析：由已知得 a 2= 1 + (—1)2= 2,• 2a 3= 2+ (—1)3,a 3 = 2 二 |a 4=； + (— 1)4, a 4 = 3,・3a 5 = 3 +(— 1)5，二 a 5= 3,• a 3= l x 3= 3 'a 5 2 2 4.答案：C5. （2018唐山模拟）设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若 a 4= 32，则 a 1 =解析： • S n = 1, a 4 = 32,.255a i 63a i 1…—32，…a i ——33 12'1答案：16.已知数列｛a n ｝的前n 项和S n —2n ,则a 3+ a 4 —解析：当 n 》2 时，a n — 2n -2n -1 — 2n -1,所以 a 3 + a 4— 22+ 23— 12. 答案： 12n + 27.已知数列｛a n ｝中，a i — 1，前n 项和S n — ^~an .3 (1)求 a 2, a 3；⑵求｛a n ｝的通项公式.4解析：(1)由?2— ?a 2 得 3(a 1 + a 2)— 4a 2,解得 a 2— 3a 1 — 3.5由 S 3 — §a 3 得 3(a 1+ a 2+ a 3)— 5a 3, 3解得 a 3 — 2(a 1+ a 2)— 6.于是a 1 — 1, a 2 —討，a 3—务2,…,_ n _ n + 1 %-1—n —2处-2,a n —7亦-1.将以上n 个等式两端分别相乘， 整理得a n —呼1.显然，当n — 1时也满足上式.综上可知，｛a n ｝的通项公式a n — 峯严.&已知数列｛a n ｝的通项公式是a n — n 2+ kn + 4. (1)若k —- 5,则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值;⑵对于n € N *，都有a n +1>a n ,求实数k 的取值范围. 解析：(1)由 n 2- 5n + 4<0，解得 1<n<4. 因为n € N *，所以n — 2,3, 所以数列中有两项是负数，即为a 2, a 3.(2)由题设知 a 1— 1.当n 》2时, 有 a n — S n — S n -1—专a n -宁a n -1,整理得a n —n +1 荷a n_1.因为 a n = n 2— 5n + 4 = n — 2 2 — 4,由二次函数性质，得当 n = 2或n = 3时，a n 有最小值，其最小值为 a 2 = a 3=— 2. ⑵由对于n € N *，都有a n + i >a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式 a *= n 2+ kn + 4,可以看作是关于 n 的二次函数，考虑到 n € N *，所以—号<|,即得k> — 3. 所以实数k 的取值范围为（一3 ,+^）.B 组能力提升练1.已知数列｛a n ｝满足 a i = 15，且 3a n +1 = 3a *— 2•若 a k a k +1<0，则正整数 k =（ ）A . 21B . 22C . 23D . 242 47 2解析：由 3a n +1= 3a n — 2 得 a *+1 = a n — 3,则｛a n ｝是等差数列，又 a 1= 15，二 a n = — — §na k+1<0,「.47— |k •45 — |k <0,••• 45<k<47,••• k = 23.故选 C.答案：Ca n — 1 a n a n a n +1 〒 =h （n > 2），则这个数列的第10项等1 A .210 1 C .1答案：C故选B.答案：B4. （2018临沂联考）观察下列各图，并阅读图形下面的文字，贝U10条直线相交，交点的个数2.如果数列｛a n ｝满足a 1 = 2 , a ?= 1,且 a n + 11 B .29解析：T 二色=an — an +11—』a n—1a n + 1a n—1a n +1並—1,即直+-a ^=2 ,.••」，12a n—1a n + 1 + a n—1a n +1a n,故」'■an 」是等差数列.又•••d = 1 —丄 1a 2 a 1 2'11 1 1a1=1+9x2=5,故a 10=i3.设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,且 a 1= 1, ｛ S n + na n ｝为常数列,则 a n =()1 A ・3n—C _C . n + 1 n + 25 — 2n D . 丁解析：由题意知，S n + na n = 2,当n 》2时,S n -1+ (n — 1)a n -1 =2 , --(n + 1)a n = (n—1)an -1 ,a 2 a 3 a 4从而_ • •a 1 a 2 a 3 a n = 12 a n -1= 34，则 a n =n + 12 2nn + 1 '当n = 1时上式成立'所以a n = nn + 1，最多是（ ）6. ________________________________________________________________ 已知数列｛a n ｝中，a 1= 1，若a n = 2a .-1 + 1(n 》2)，则的值是 ______________________________________解析：T a n = 2a n —1 + 1，— a n + 1 = 2(a n -1+ 1),A . 40B . 45C . 50D . 55解析：设n 条直线的交点个数为 a n （n 》2），则 「a 3— a 2= 2,a — a = 3, a io — a g = 9.累加得 a io — *2= 2+ 3 + …+ 9,a 10 = 1 + 2 + 3 + …+ 9 = 45.答案：B5. 现定义 a n = 5n + 5 n ，其中 n € 秸，5, *, 1:贝U a n 取最小值时，n 的值为 _______________1解析：令5n = t>0,考虑函数y =t +1，易知其在（0,1］上单调递减，在（1,+^）上单调递增， 且当t = 1时，y 的值最小，再考虑函数 t = 5x ,当0<x W 1时，t € （1,5］，则可知a = 5n + 1 n在（0,1］上单调递增，所以当n =1时，a n 取得最小值.答案:丄10a n + 1a n -1+1=2，又a 1= 1,.・. ｛a n + 1｝是以2为首项, 2为公比的等比数列，即a n + 1 = 2X 2n2条直线相交 3条出线相交 4锵直线相交 绘多有1亍套点 域彩冇亨个交点 厳當有方个交点由a n + 2 — a n = 4知，数列｛ a 2n ｝和｛a 2n —l ｝都是公差为4的等差数列，二a 2n = 3+ 4( n — 1) == 2(2 n) —1, a 2n -1= 1 + 4(n — 1) = 2(2n — 1) — 1, — a n = 2n — 1.&已知数列｛a n ｝中，a 1 = 3, a 2 = 5,其前 n 项和 0 满足 S n + S n ~2= 2S n -1+ 2 1(n 》3).(1)求数列｛ a n ｝的通项公式；求最大值.解析：(1)由题意知 S n — S n -1= Sn -1 — Si -2+ 2“ 1(n > 3)，即 a n = a “-1 + 2n 1 (n >3)，二 a n = (a n —a n -1) + …+ (a 3 — a 2) + a 2= 2+ 2+ …+ 2 + 5= 2+ 2+ …+ 2 + 2 + 1 + 2= 2 +1(n > 3),经检验，知n = 1,2时，结论也成立，故a n = 2n + 1.25628- 2n*(2)b n = log 2 = log^2n = log 22= 8 — 2n ，n € N ，a 2n — I 2当 1< n w 3 时，b n = 8 — 2n>0;当 n = 4 时，b n = 8 — 2n = 0; 当 n 》5 时，b n = 8— 2n<0.故n = 3或n = 4时，5有最大值，且最大值为 &= S 4 = 12.1= 2n ,「. a 5 +1 = 25,即卩 a 5= 31.答案：317. 已知数列｛a n ｝的前 n 项和为 S n , a 1= 1, a n * 0, a *a n +1 = 4S n —1(n € N ). （1）证明：a n + 2—an =4；⑵求｛a n ｝的通项公式.解析：（1）证明：T a n a n +1 = 4S n — 1,--an + 1a n + 2 = 4Sn +1—1…an + 1 (a n +2—an ) = 4a n +1,又 an *，…an + 2—an =4・(2)由 a n a n +1= 4Sn — 1, a 1= 1,求得 a ?= 3,⑵若b n = log2562a 2n — 1,n € N *，设数列｛b n ｝的前n 项和为S,当n 为何值时, S n 有最大值？并。

A . 5B . 7课时规范练A 组基础对点练31在单调递增的等差数列 ｛a n ｝中，若a 3= 1, a 2a 4= 4，则a i =( )A 1B . 0 1 1 c ・4D.2解析：由题知，a 2+ a 4= 2a 3 = 2,3又T a 2a 4= 4,数列｛a n ｝单调递增，_ 1 _3 …a 2= 2， a 4= 2--a 1 a 2 d 0.答案：B2. 等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若S 8 — S 4= 36, a 6= 2印，则a 1=（ A . — 2 C . 2解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d , -S 8 — S 4= 36 , a 6= 2a 4 ,8 X 7、f 4 X 3、 .』&1+ 2 d 厂（4a 1 + 2 d = 36,L .a 1 + 5d = 2a 1 + 6d ,a 1=— 2, 解得 故选A. d = 2.答案：A3.等差数列｛a n ｝中，a 1= 1,a n= 100（n 》3）.若｛a *｝的公差为某一自然数，则n 的所有可能取值为（ ）A . 3,7,9,15,100B . 4,10,12,34,100C . 5,11,16,30,100D . 4,10,13,43,100 解析： 由等差数列的通项公式得，公差d == .又因为d € N , n > 3,所以n — 1可n — 1 n — 1能为3,9,11,33,99, n 的所有可能取值为 4,10,12,34,100，故选B. 答案：B4.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=( )公差d = a 4 — a 2 12.D . 11解析：因为｛a n ｝是等差数列，a i + a 5= 2a 3, 即卩 a i + a 3 + a 5= 3a 3= 3,「. a 3= 1, ...S 5= 5 a i ] a 5 = 5a 3= 5,故选 A.答案：A5.若等差数列｛a n ｝的前5项之和S 5= 25,且a 2= 3，则a 7=()A . 12B . 13C . 14D . 15解析：由 S 5= ® 2 4)5，得 25= (3+『)5,解得 a 4= 7,所以 7 = 3 + 2d ，即 d = 2，所以 a 7=a 4+ 3d = 7+ 3X 2 = 13.答案：B6. ___________________________________________________________________________已知等差数列｛a n ｝中，a n * 0，若 n 》2且 a n -1 + a n +1— a 2= 0, S?n -1= 38,则 n 等于 _______________ . 解析：■/｛a n ｝是等差数列，••• 2a n = a n -1 + a n +1,又T a *-1 + a n +1 — a 2 = 0，二 2a n — a * = 0,即a n (2 — a n ) = 0. T a n * 0, • a n = 2. • En -1= (2n — 1)a n = 2(2n — 1) = 38，解得 n = 10.答案：107.中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015,则该数列的首项为 _____________ .解析：设数列首项为a 1，则色_2 ------------- = 1 010,故a 1= 5. 答案：5& (2018河北三市联考)已知S n 是等差数列｛a n ｝的前n 项和，若S 5= 5a 4 — 10,求数列｛a n ｝的 公差.解析：由 S 5= 5a 4 —10,得 5a 3= 5a 4— 10,则公差 d = 2.^j n 一 1 * 19.已知数列｛a n ｝满足a 1= 1, a n =+7(n € N , n >2)，数列｛b n ｝满足关系式b n = _(n € 2a n -1 十 I a nN ).(1)求证：数列｛b n ｝为等差数列；⑵求数列｛a n ｝的通项公式.解析：(1)证明：T b n =丄，且a n = 並三-a n 2a n - 1+ 12a n + 1C . 9…b n +1=1 a n +11a n 2a n +1 a n2a n+ 1 a n 丄=2.a n--b n+ 1 — b n =1又；b i = — = 1,「.数列｛b n｝是以1为首项，2为公差的等差数列.a i1 i 1⑵由(1)知数列｛ b n｝的通项公式为b n= 1+ (n—1)X 2= 2n—1，又b n= ~，…a n=b = .a nb n 2n 一I1二数列｛a n｝的通项公式为a n= 2^.B组能力提升练1. 已知数列｛a n｝的首项为3，｛b n｝为等差数列，且b n= a*+1- a n(n€ N)，若b3= —2, b2 =12,则a8=( )A . 0B . —109C.—181 D . 121解析：设等差数列｛b n｝的公差为d，则d= b3—b2=—14,因为a n+ 1 —a n = b n,所以a8—a1 = b1 + b?+…+ b7= 7 b1； b7 = 7[(b2 —d) + (b2+ 5d)]=—112,又a1 = 3，则a&=—109.答案：B2.(2018唐山统考)已知等差数列｛a n｝的前n项和为S n,若01= 22,则a3 + a?+ a$=( ) A. 18 B . 12C. 9 D . 6解析：设等差数列｛a n｝的公差为d,由题意得S11= 11 a1J a11 = 11 2a J10d = 22,即a1 + 5d = 2,所以a3 + a7+ a8= a1 + 2d+ a1 + 6d + a1 + 7d= 3(a1 + 5d) = 6，故选D.答案：D3 .已知数列｛a n｝是等差数列，数列｛b n｝是等比数列，公比为q，数列｛ C n｝中，c n= a n b n, S n 是数列｛C n｝的前n项和.若S m= 11 , S2m = 7 , S3m=—201(m为正偶数)，则S4m的值为() A . —1 601 B . —1 801C.—2 001 D . —2 201解析：令A = S m= 11, B= S2m—S m=—4, C= S3m—S2m=—208, 则q m A = (a1b1+ a2b2 + …+ a m b m)q m= aC m +1+ …+ a m b2m.故B —q m•= (a m + 1 —a”b m +1+ …+ (a2m —a m)b2m= md(b m+ 1+ …+ b2m)，其中，d 是数列｛a n｝的公差，q是数列｛b n｝的公比.同理C —q m B = md(b2m+1+ …+ b3m) = md(b m+1 + …+ b2m) q m,故C —q m B = q m(B—q m A).代入已知条件，可得11(q m)2+ 8q m—208 = 0，解得q m= 4 或q m =—11(因m为正偶数，舍去).又S4m—S3m=⑻①+ a?b2+ …+ a m b m)q3m+ 3md(b m+1 + …+ b2m)q2m= 11 X 43+ 3(B —q m A) X 421=11 X 43—3X 12X43=—1 600.故 0m = S 3m 一 1 600 = — 1 801. 答案：Ba 694. （2018长春质检）设等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n , a i >0且缶=石，则当S n 取最大值时，n 的值为（） A . 9 B . 10 C . 11D . 12解析：由题意，不妨设 a 6= 9t , a 5= 11t ，则公差d = — 2t ，其中t>0，因此a 10= t , a 11=— t , 即当n = 10时，S n 取得最大值，故选 B. 答案：B5. ____________________________________________________________________ 在等差数列｛a n ｝中，a 9=如2+ 6，则数列｛a *｝的前11项和S 11等于 ______________________________ .解析：Sn = 11 a1：a 11 = 11a 6，设公差为 d ,1 1由 a 9 = 2a 12+ 6 得 a 6+ 3d = 2（a 6 + 6d ）+ 6，解得 a 6= 12,所以 S 11 = 11 x 12= 132.答案：1326. ________________________________________________________________________ 等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,已知S 10 = 0, 05= 25,则nS n 的最小值为 ________________________ .3 232d =*3—由于函数f （x ）=x —在x =晋处取得极小值，又时，7S 7=— 49,故n5的最小值为一49. 答案：—497. 已知数列｛a n ｝满足2a n +1 = a n + a “+2（n € N ），它的前n 项和为S n ,且a 3= 10, &= 72,若1 b n =尹“—30,设数列｛b n ｝的前n 项和为T n ,求T n 的最小值.解析： -2a n + 1 = a n + a n +2,--a n + 1—a n= a n +2一 a n + 1 ,故数列｛a n ｝为等差数列.31 + 2d = 10 ,设数列｛a n ｝的首项为a 1,公差为d ，由a 3= 10, S s = 72得，解得a 1 = 2, d|6a 1 + 15d = 72,=4.故 a n = 4n — 2，贝U b n = ^a n — 30= 2n — 31,解析：由已知得1 S 10 =10a 1+S 15 = 15a 1 + 10x 915X 14d = 252 2 ，解得 a 1 = — 3, d =3 那么 nS n = n a 1 + n 2 n — 1~2~n = 6 时，6&=— 48, n = 7b n W 0, 2n- 31W 0,令i “ 即，.n +i》0, 2 n + 1 —31 > 0,29 ”31解得~2w nW —,T n € N ,.•. n= 15,即数列｛b n｝的前15项均为负值，••• T15最小.T数列｛b n｝的首项是一29,公差为2,...T15 = ®- 29；2X 15― 31 = —225,二数列｛b n｝的前n项和T n的最小值为一225.& (2018 长春模拟)在数列｛a n｝中，a n+1 + a n= 2n-44(n€ N), a1=-23.(1)求a n；⑵设S n为｛a n｝的前n项和，求S n的最小值.解析：(1)当n= 1 时，a2+ a1 =—42, a1 =—23,…a? = —19, 同理得，a3= —21, a4=—17.故a1, a3, a5,…是以a1为首项，2为公差的等差数列，a?, a4, a6,…是以a?为首项，2为公差的等差数列.n —24从而a n=n为偶数.h —21(2)当n为偶数时,S n=⑻+ a2)+ (a3 + a4)+ …+ (a n—1+ a n) = (2X 1 —44) + (2X 3—44)+ …+ [2 (n—1) —44]2=2[1 + 3 + …+ (n —1)] —；44=岁—22n,故当n= 22时，S n取得最小值为—242.当n为奇数时，S n= a1 + (a2 + a3)+ (a4 + a5)+ …+ (a n—1+ a n)=a1+ (2X 2—44) + …+ [2 X(n—1) —44]=a1 + 2[2 + 4 + …+ (n—1)] + 号(—44)=—23+ n +罗-1—22( n—1)=n2- 22n— 32.故当n= 21或n = 23时，S n取得最小值—243.综上所述：当n为偶数时，S n取得最小值为—242;当n为奇数时，S n取最小值为—243.。

第五节 数列的综合应用时间：45分钟 分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)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＋12 C.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 －1)d 2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析 由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1. ∴f (x )＝x 2＋x ，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案 A4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( )A ．有最小值63B ．有最大值63C ．有最小值31D ．有最大值31解析 ∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2＝log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 22－log 23＋log 23－log 24＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝1－log 2(n ＋2)．由S n <－5，得log 2(n ＋2)>6，即n ＋2>64，∴n >62，∴n 有最小值63. 答案 A5．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 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，…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. 答案 D6．抛物线y ＝(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴交点分别为A n ，B n (n ∈N *)，以|A n B n |表示该两点的距离，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|的值是( )A.2 0092 010 B.2 0102 011 C.2 0112 012D.2 0122 013解析 令y ＝0，则(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1＝0. 设两根分别为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝2n ＋1n 2＋n ，x 1x 2＝1n 2＋n .解得x 1＝1n ，x 2＝1n ＋1.∴|A n B n |＝1n －1n ＋1.∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A n B n |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. ∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|＝2 0102 011. 答案 B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)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．已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________．解析 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[(n －1)＋(n －2)＋…＋1]＋33＝33＋n 2－n ，所以a n n ＝33n ＋n －1.设f (x )＝33x ＋x －1，则f ′(x )＝－33x 2＋1. 令f ′(x )>0，得x >33或x <－33.所以f (x )在(33，＋∞)上是增函数，在(0，33)上是减函数． 因为n ∈N *，所以当n ＝5或n ＝6时，f (n )取最小值． 因为f (5)＝535，f (6)＝636＝212，535>212， 所以a n n 的最小值为212. 答案 2129．(2013·安徽卷)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 ∵A 1B 1∥A 2B 2∥A 3B 3∥…∥A n B n ，∴A 1A 2A 2A 3＝B 1B 2B 2B 3，…，不妨设OA 1＝OB 1，OA 2＝OB 2，OA 3＝OB 3，…，OA n ＝OB n .梯形A 1A 2B 2B 1，A 2A 3B 3B 2，…，A n －1A n B n B n －1的面积均为S ，∠O ＝θ.梯形A 1A 2B 2B 1的面积为S ，则S ＝12a 22·sin θ－12a 21·sin θ＝12×22sin θ－12×12sin θ＝32sin θ.梯形A 2A 3B 3B 2的面积S ＝12a 23·sin θ－12a 22·sin θ＝32sin θ，∴可解得a 3＝7，同理a 4＝10，…，故a n ＝3n －2. 答案 a n ＝3n －2三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．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. 解之得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 *)． 11．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%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新，证明：须在第9年初对M 更新．解 (1)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 ＞6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎨⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)， A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ； 当n ≥7时，由于S 6＝570，故 S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6 ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3428＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3439＝767996＜80. 所以须在第9年初对M 更新． 12．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＞0，y ≤－nx ＋3n所表示的平面区域为D n ，记D n内的整点个数为a n (n ∈N *)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1.若对于一切的正整数n ，总有T n ≤m ，求实数m 的取值范围．解 (1)由x ＞0，y ＞0,3n －nx ＞0，得0＜x ＜3. ∴x ＝1，或x ＝2.∴D n 内的整点在直线x ＝1和x ＝2上．记直线y ＝－nx ＋3n 为l ，l 与直线x ＝1，x ＝2的交点的纵坐标分别为y 1，y 2.则y 1＝－n ＋3n ＝2n ，y 2＝－2n ＋3n ＝n . ∴a n ＝3n (n ∈N *)．(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝3n (n ＋1)2， ∴T n ＝n (n ＋1)2n .∴T n ＋1－T n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1－n (n ＋1)2n ＝(n ＋1)(2－n )2n ＋1.∴当n ≥3时，T n ＞T n ＋1，且T 1＝1＜T 2＝T 3＝32. 于是T 2，T 3是数列{T n }中的最大项，故m ≥T 2＝32.。