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创新设计江苏专用2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题三数列第2讲数列的综合应用练习理


专题三 数列 第 2 讲 数列的综合应用练习 理
一、填空题 1.(2015·全国Ⅱ卷)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn= ____________. 解析 由题意,得 S1=a1=-1,又由 an+1=SnSn+1,得 Sn+1-Sn=SnSn+1,所以 Sn≠0,所以
?1? Sn+1-Sn 1 1 1 =1,即 - =-1,故数列? ?是以 =-1 为首项,-1 为公差的等差数列, SnSn+1 Sn+1 Sn S1 ?Sn?

1 1 得 =-1-(n-1)=-n,所以 Sn=- .

Sn

n

1 答案 -

n

2.(2012·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{an}满足 a1a7=4,a6=8,若函数 f(x)=

a1x+a2x2+a3x3+…+a10x10 的导数为 f′(x),则 f′? ?=________. 2
解析 因为各项均为正数的等比数列{an}满足 a1a7=4,a6=8,所以 a4=2,q=2,故 an= 2
n-3

?1? ? ?

?1? -2 2 9 -2 -2 ,又 f′(x)=a1+2a2x+3a3x +…+10a10x ,所以 f′? ?=2 +2×2 +3×2 +…+ ?2?

10×11 55 -2 -2 10×2 =2 × = . 2 4 答案 55 4

3.已知数列{an}满足 a1=0,a2=1,an+2=3an+1-2an,则{an}的前 n 项和 Sn=________. 解析 ∵an+2=3an+1-2an,∴an+2-an+1=2(an+1-an), ∴

an+2-an+1 =2, an+1-an

∴数列{an+1-an}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列, ∴an+1-an=2
0

n-1


1 2

∴a2-a1=2 ,a3-a2=2 ,a4-a3=2 ,…,an-an-1=2 ∴an-a1=2 +2 +…+2 ∴an=2
n-1
0 1

n-2



n-2


1

1-2 n-1 =2 -1, 1-2
n-1

n-1

-1,∴Sn=(2 +2 +…+2

0

1-2 n )-n= -n=2 -n-1. 1-2

n

答案 2 -n-1 4 1 4.(2015·南京、盐城模拟)已知等比数列{an}的首项为 ,公比为- ,其前 n 项和为 Sn, 3 3 1 * 若 A≤Sn- ≤B 对 n∈N 恒成立,则 B-A 的最小值为________.

n

Sn

1

4? ? 1?n? ? - ? ? n 3?1-? ? 3? ? ? 1? 解析 依题意得 Sn= =1-?- ? , ? 3? ? 1? 1-?- ? ? 3?

n ?1? ? 4? 当 n 为奇数时,Sn=1+? ? ∈?1, ?; ?3? ? 3? n ?1? ?8 ? 当 n 为偶数时,Sn=1-? ? ∈? ,1?. ?3? ?9 ?
7? 1 1 ? 17 ? ? 由函数 y=x- 在(0,+∞)上是增函数得 Sn- 的取值范围是?- ,0?∪?0, ?,因此 x Sn ? 72 ? ? 12? 17 7 7 17 59 59 有 A≤- ,B≥ ,B-A≥ + = ,即 B-A 的最小值是 . 72 12 12 72 72 72 答案 59 72
2

5.数列{an}的通项 an=n ?cos 解析 因为 an=n ?cos
2

? ?

2


3

-sin
2

2

nπ ?

,其前 n 项和为 Sn,则 S30 为________. 3 ? ? 2nπ , 3

? ?

2


3

-sin

nπ ?
3 ?

?=n2cos

由于 cos cos

2nπ 2π 1 4π 1 以 3 为周期,且 cos =- ,cos =- , 3 3 2 3 2

6π =1, 3

所以 S30=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a28+a29+a30)

? 1 +2 +32?+?-4 +5 +62?+…+?-28 +29 +302? =?- ? ? ? ? ? 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? (3k-2) +(3k-1) +(3k)2? = ? ?- ? 2 ? k=1 ?
10 10 5? ? = ? ?9k- ?=470. 2? k=1 ? 2 2

2

2

2

2

2

2

答案 470 二、解答题 6.数列{an}满足 an=2an-1+2 +1(n∈N ,n≥2),a3=27. (1)求 a1,a2 的值; 1 * (2)是否存在一个实数 t,使得 bn= n(an+t)(n∈N ),且数列{bn}为等差数列?若存在, 2 求出实数 t;若不存在,请说明理由; (3)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
2
n
*



(1)由 a3=27,得 27=2a2+2 +1,∴a2=9,∵9=2a1+2 +1,∴a1=2.
*

3

2

(2)假设存在实数 t,使得{bn}为等差数列,则 2bn=bn-1+bn+1,(n≥2 且 n∈N ) 1 1 1 ∴2× n(an+t)= n-1(an-1+t)+ n+1(an+1+t), 2 2 2 ∴4an=4an-1+an+1+t, ∴4an=4×

an-2n-1
2

+2an+2

n+1

+1+t,∴t=1.

即存在实数 t=1,使得{bn}为等差数列. 3 5 1 (3)由(1),(2)得 b1= ,b2= ,∴bn=n+ , 2 2 2

? 1? n n-1 ∴an=?n+ ?·2 -1=(2n+1)2 -1, 2 ? ?
Sn=(3×20-1)+(5×21-1)+(7×22-1)+…+[(2n+1)×2n-1-1]
=3+5×2+7×2 +…+(2n+1)×2
2 3 2

n-1

-n,①
n

∴2Sn=3×2+5×2 +7×2 +…+(2n+1)×2 -2n,② 由①-②得-Sn=3+2×2+2×2 +2×2 +…+2×2 -(2n+1)×2 +n =(1-2n)×2 +n-1, ∴Sn=(2n-1)×2 -n+1. 7.(2012·江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足:an+1=
? ? bn 2? bn * ? ? (1)设 bn+1=1+ ,n∈N ,求证:数列?? ? ? ?是等差数列;
n n n
2 3

n-1

1-2 n -(2n+1)×2 +n=1+2× 1-2

n

an+bn * ,n∈N . 2 2 an+bn

an

??an? ? ? ?

(2)设 bn+1= 2· ,n∈N ,且{an}是等比数列,求 a1 和 b1 的值. 1+

bn an

*

an+bn (1)证明 由题设知 an+1= 2 2= an+bn

bn an

1+? ? a

= 2 b n ? ?

? n?

, 所以 = an+1 2 b n ? ? 1+? ?

bn+1

bn+1

2 ?bn? 1+? ? , a

? n?

?an?

从而?

? ? bn?2? ?bn+1? -?bn? =1(n∈N*),所以数列? ?? ?是以 1 为公差的等差数列. ? ? ? ? ? ?an+1? ?an? ? ??an? ? ?

2

2

(2)解 因为 an>0,bn>0, (an+bn) 2 2 2 所以 ≤an+bn<(an+bn) , 2 从而 1<an+1=
2

an+bn ≤ 2.(*) 2 a2 n+bn
3

设等比数列{an}的公比为 q,由 an>0 知 q>0.下证 q=1. 若 q>1,则 a1= <a2≤ 2,故当 n>logq

a2 q

2

a1

时,an+1=a1q > 2,与(*)矛盾;

n

a2 1 n 若 0<q<1,则 a1= >a2>1,故当 n>logq 时,an+1=a1q <1,与(*)矛盾. q a1
综上,q=1,故 an=a1(n∈N ), 所以 1<a1≤ 2. 又 bn+1= 2· =
*

bn an

2

a1

· bn(n∈N ), 所以{bn}是公比为

*

2

a1

的等比数列.若 a1≠ 2, 则

2

a1

>1,

于是 b1<b2<b3.又由 a1= 项相同,矛盾, 所以 a1= 2,从而 bn= 所以 a1=b1= 2.

2 a1+bn a1±a2 2-a1 1 * 得 b = (n∈N ),所以 b1,b2,b3 中至少有两 n 2 2 2 a - 1 1 a1+bn

2 a1±a2 2-a1 1 = 2. 2 a1-1

8.(2013·江苏卷)设{an}是首项为 a,公差为 d 的等差数列(d≠0),Sn 是其前 n 项的和.记

nSn bn= 2 ,n∈N*,其中 c 为实数. n +c
(1)若 c=0,且 b1,b2,b4 成等比数列,证明:Snk=n Sk(k,n∈N ); (2)若{bn}是等差数列,证明:c=0. 证明 由题设,Sn=na+
2 *

n(n-1) d.
2 2 n-1 ? d? d.又 b1,b2,b4 成等比数列,所以 b2 2=b1b4,即?a+ ? = 2

(1)由 c=0,得 bn= =a+ 3 2 ?

Sn n

?

2?

? ? a?a+ d?,化简得 d2-2ad=0.因为 d≠0,所以 d=2a. ?
因此,对于所有的 m∈N ,有 Sm=m a. 从而对于所有的 k,n∈N ,有 Snk=(nk) a=n k a=n Sk. (2)设数列{bn}的公差为 d1,则 bn=b1+(n-1)d1,即
* 2 2 2 2 * 2

nSn

n2+c

=b1+(n-1)d1,n∈N ,代入 1 2

*

? ? Sn 的表达式,整理得,对于所有的 n∈N*,有?d1- d?n3+(b1-d1-a+ d)n2+cd1n=c(d1 ?
1 2 ? -b1). 1 1 * 3 2 令 A=d1- d,B=b1-d1-a+ d,D=c(d1-b1),则对于所有的 n∈N ,有 An +Bn +cd1n 2 2 =D.(*) 在(*)式中分别取 n=1,2,3,4,得
4

A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,
7A+3B+cd1=0,① ? ? 从而有?19A+5B+cd1=0,② ? ?21A+5B+cd1=0,③ 1 由②,③得 A=0,cd1=-5B,代入方程①,得 B=0,从而 cd1=0.即 d1- d=0,b1-d1 2 1 -a+ d=0,cd1=0. 2 1 若 d1=0,则由 d1- d=0,得 d=0,与题设矛盾,所以 d1≠0.又 cd1=0,所以 c=0. 2
? ?2an,n=2k-1, * 9.(2016·盐城模拟)已知数列{an}满足 a1=m,an+1=? (k∈N ,r∈R),其 ?an+r,n=2k ?

前 n 项和为 Sn. (1)当 m 与 r 满足什么关系时,对任意的 n∈N ,数列{an}都满足 an+2=an? (2)对任意实数 m,r,是否存在实数 p 与 q,使得{a2n+1+p}与{a2n+q}是同一个等比数列. 若存在,请求出 p,q 满足的条件;若不存在,请说明理由; (3)当 m=r=1 时,若对任意的 n∈N ,都有 Sn≥λ an,求实数 λ 的最大值. 解 (1)由题意得 a1=m,a2=2a1=2m,a3=a2+r=2m+r,
* *

由 a3=a1,得 m+r=0.
?2an,n=2k-1, ? * 当 m+r=0 时,因为 an+1=? (k∈N ), ?an-m,n=2k ?

所以 a1=a3=…=m,a2=a4=…=2m,故对任意的 n∈N ,数列{an}都满足 an+2=an. 即当实数 m,r 满足 m+r=0 时,符合题意. (2)存在.依题意,a2n+1=a2n+r=2a2n-1+r, 则 a2n+1+r=2(a2n-1+r), 因为 a1+r=m+r, 所以当 m+r≠0 时,{a2n+1+r}是等比数列,且 a2n+1+r=(a1+r)2 =(m+r)2 . 为使{a2n+1+p}是等比数列,则 p=r. 同理,当 m+r≠0 时,a2n+2r=(m+r)2 ,{a2n+2r}是等比数列,欲使{a2n+q}是等比数 列,则 q=2r. 综上所述, ①若 m+r=0,则不存在实数 p,q,使得{a2n+1+p}与{a2n+q}是等比数列; ②若 m+r≠0,则当 p,q 满足 q=2p=2r 时,{a2n+1+p}与{a2n+q}是同一个等比数列. (3)当 m=r=1 时,由(2)可得 a2n-1=2 -1,a2n=2 当 n=2k 时,an=a2k=2
k+1 n n+1 n n n

*

-2,

-2,

5

Sn=S2k=(21+22+…+2k)+(22+23+…+2k+1)-3k
=3(2
k+1

-k-2),所以 =3?1- k+1 ?. an ? 2 -2?
k+1

Sn

?

k

?

k k+1 k (1-k)2 -2 令 ck= k+1 ,则 ck+1-ck= k+2 - k+1 = <0, k+2 k+1 2 -2 2 -2 2 -2 (2 -2)(2 -2) Sn 3 3 所以 ≥ ,即 λ ≤ . an 2 2
当 n=2k-1 时,an=a2k-1=2 -1,
k

Sn=S2k-a2k=3(2k+1-k-2)-(2k+1-2)=2k+2-3k-4,
所以 =4-

Sn an

3k , k 2 -1

同理可得 ≥1,即 λ ≤1. 综上所述,实数 λ 的最大值为 1.

Sn an

6


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