微专题十七数列综合.doc

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1、 ..微专题十七 数列综合交通大学附属中学 亮例1.(2014·一模)已知数列{an}中,a2=1,前n项和为Sn,且Sn=.(1)求a1;(2)求证:数列{an}为等差数列,并写出其通项公式;(3)设lg bn=,试问是否存在正整数p,q(其中1<p<q),使b1,bp,bq成等比数列?若存在,求出所有满足条件的数组(p,q);若不存在,请说明理由.【难点分析】与数列有关的不定程的整数解【突破策略】根据等比数列的定义和通项公式,建立程组即可求解解:(1)令n=1,则a1=S1==0.(2)证明:由Sn=,即Sn=, ①得Sn+1=. ②②-①得(n-1)an+1=nan, ③于是nan+2=(n+1)an+1. ④④-③得nan+2+nan=2nan+1,即an+2+an=2an+1,又a1=0,a2=1,a2-a1=1,所以数列{an}是以0为首项,1为公差的等差数列.所。

2、以an=n-1.(3)假设存在正整数数组(p,q)使b1,bp,bq成等比数列,则lg b1,lg bp,lg bq成等差数列,于是=+.所以q=3q(-).(*)易知(p,q)=(2,3)为程(*)的一组解.当p≥3,且p∈N*时,-=<0,故数列(p≥3)为递减数列,于是-≤-<0,所以此时程(*)无正整数解.综上,存在唯一正整数数组(p,q)=(2,3),使b1,bp,bq成等比数列.例2.(2014·北四市质检)设数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn+1=pSn+q(p,q为常数,n∈N*),且a1=2,a2=1,a3=q-3p.(1)求p,q的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)是否存在正整数m,n使<成立?若存在,求出所有符合条件的有序数对(m,n);若不存在,请说明理由.【难点分析】数列与不等式的综合【突破策略】先求和,再化简不等式,确定m的取值解:。

3、(1)由题意知即解得(2)由(1)知,Sn+1=Sn+2. ①当n≥2时,Sn=Sn-1+2, ②①-②,得an+1=an(n≥2).又a2=a1,所以an+1=an(n∈N*),所以数列{an}是首项为2,公比为的等比数列,所以an=.(3)由(2)得Sn==4(1-).假设存在符合条件的m,n.则由<,得<,即.因为2m+1>0,所以2n(4-m)-2>0,所以m<4,且2<2n(4-m)<2m+1+4.(*)因为m∈N*,所以m=1或2或3.当m=1时,由(*)得2<2n×3<8,所以n=1;当m=2时,由(*)得2<2n×2<12,所以n=1或2;当m=3时,由(*)得2<2n<20,所以n=2或3或4.综上可知,存在符合条件的所有有序数对(m,n)为(1,1),(2,1),(2,2),(3,2),(3,。

4、3),(3,4).例3.(2014·质检)已知数列{an}中,a2=a(a为非零常数),其前n项和Sn满足Sn=(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若a=2,且a-Sn=11,求m,n的值;(3)是否存在实数a,b,使得对任意正整数p,数列{an}中满足an+b≤p的最大项恰为第3p-2项?若存在,分别求出a与b的取值围;若不存在,请说明理由.【难点分析】等差数列与等比数列的综合,数列的通项【突破策略】等差数列的通项公式,数列的项与项之间的关系解:(1)由已知得a1=S1==0,所以Sn=,则Sn+1=,所以2(Sn+1-Sn)=(n+1)an+1-nan,即(n-1)an+1=nan,n∈N*,所以nan+2=(n+1)an+1,两式相减得2an+1=an+2+an,n∈N*,即an+2-an+1=an+1-an,n∈N*,故数列{an}是等差数列.又a1=0,a2=a,。

5、所以an=(n-1)a.(2)若a=2,则an=2(n-1),所以Sn=n(n-1).由a-Sn=11得n2-n+11=(m-1)2,即4(m-1)2-(2n-1)2=43,所以(2m+2n-3)(2m-2n-1)=43,因为43是质数,2m+2n-3>2m-2n-1,2m+2n-3>0,所以解得(3)由an+b≤p得a(n-1)+b≤p.若a<0,则n≥+1,不合题意,舍去;若a>0,则n≤+1.因为不等式an+b≤p成立的最大正整数解为3p-2,所以3p-2≤+1<3p-1,即2a-b<(3a-1)p≤3a-b,对任意正整数p都成立.所以3a-1=0,解得a=,此时-b<0≤1-b,解得<b≤1.故存在实数a,b满足条件,且a=,b∈.例4.(2014·一调)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=a2=1,bn=nSn+(n+2)an,数列{bn}是公差为d的等差数列,n∈N*.(。

6、1)求d的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)求证:(a1a2·…·an)·(S1S2·…·Sn)<.【难点分析】数列的通项及不等式的证明【突破策略】从数列的通项入手解:(1)因为a1=a2=1,所以b1=S1+3a1=4,b2=2S2+4a2=8,所以d=b2-b1=4.(2)因为数列{bn}是等差数列,所以bn=4n,所以nSn+(n+2)an=4n,即Sn+an=4. ①当n≥2时,Sn-1+an-1=4. ②由①-②得(Sn-Sn-1)+an-an-1=0.所以an+an=an-1,即=·.则=·,=·,…,=·.以上各式两边分别相乘,得=·n.因为a1=1,所以an=.(3)证明:因为Sn+an=4,an>0,Sn>0,所以 ≤=2.则0<anSn≤4·.所以(a1a2·…·an)·(S1S2·…·Sn)≤4n·.③因为n=1时,Sn≠an,所以③式等号取不到.则(a1a2。

7、·…·an)·(S1S2·…·Sn)<.例5.(2013·暑假调查)已知函数f(x)=(x-1)2,g(x)=10(x-1),数列{an}满足a1=2,(an+1-an)g(an)+f(an)=0,bn=(n+2)(an-1).(1)求证:数列{an-1}是等比数列;(2)当n取值时,bn取最大值?并求出最大值;(3)若<对任意m∈N*恒成立,数t的取值围.【难点分析】数列的最大值及不等式恒成立的证明【突破策略】从数列的通项入手分析,比较相邻项之间的大小解:(1)证明:因为(an+1-an)g(an)+f(an)=0,f(an)=(an-1)2,g(an)=10(an-1),所以10(an+1-an)(an-1)+(an-1)2=0,整理得(an-1)[10(an+1-an)+an-1]=0,所以an=1 ①或10(an+1-an)+an-1=0 ②.由①得数列{an}是各项为1的常数列,。

8、而a1=2,不合题意.由②整理得10(an+1-1)=9(an-1),又a1-1=1,所以{an-1}是首项为1,公比为的等比数列.(2)由(1)可知an-1=()n-1,n∈N*,所以bn=(n+2)(an-1)=(n+2)()n>0,所以==(1+).当n=7时,=1,即b7=b8;当n<7时,>1,即bn+1>bn;当n>7时,<1,即bn+1<bn.所以当n=7或8时,bn取得最大值,最大值为b8=b7=.(3)由<得tm<0.(*)由题意知,(*)式对任意m∈N*恒成立.①当t=0时,(*)式显然不成立,因此t=0不合题意;②当t<0时,由->0可知tm<0(m∈N*),而当m为偶数时,tm>0, 因此t<0不合题意;③当t>0时,由tm>0(m∈N*)知,-<0,所以t>(m∈N*).令h(m)=(m∈N*).因为h(m+1)-h(m)=-=-<0,所以h(1)>h(2)>h(。

9、3)>…>h(m-1)>h(m)…,所以h(m)的最大值为h(1)=.所以实数t的取值围是(,+∞).例6.(师大附中2013届高三模拟考试5月卷)设k为正整数,若数列{an}满足a1=1,且 (an+1-an)2=(n+1)k(n∈N*),称数列{an}为“k次数列”.(1)设数列{an}(n∈N*)为“2次数列”,且数列{}为等差数列,求a4的值;(2)设数列{an}(n∈N*)为“4次数列”,且存在正整数m满足am=15,求m的最小值;(3)对于任意正整数c,是否存在“4次数列”{an}(n∈N*)和正整数p,满足ap=c.【难点分析】数列的综合,难度比较大【突破策略】正确理解数列{an}为“k次数列【答案】解(1)因为数列{an}(n∈N*)为“2次数列”, 所以a1=1, (an+1-an)2=(n+1)2(n∈N*). 于是a2-a1=±2,得a2=-1或a2=3 当a2=3时。

10、, 若数列{}为等差数列,则数列{}以1为首项,为公差, 于是an=(n+n),经检验,满足题意; 当a2=-1时,若数列{}为等差数列,则数列{}以1为首项,-为公差, 于是an=-n+n,经检验,不合题意,舍去. 综上所述,所求的数列通项为an=(n+n),故a4=10. (2)因为数列{an}(n∈N*)为“4次数列”, 所以a1=1,an+1-an=±(n+1), 所以an=1±22±32±±n2. 因为am=15,当m≤3时,am的最大值是1+22+32=14,不可能成立. 当m=4时,在算式1±22±32±42中, 因为1±22±32±42等于-28,-20,-10,-2,4,12,22,30, 所以m=4时,不可能成立. 当m=5时,因为1-22+32-42+52等于15, 所以m的最小值为5 (3)因为n2-(n+1)2-(n+2)2+(n+3) 2 =4, 故只要c被4除。

11、余数分别1,2,3或整除存在即可 因为a1=1,故当c被4除余1时,存在“4次数列”{an}(n∈N*)和正整数p, [来源:学科网ZXXK]使得ap=c. 因为1-22+32=6,故当c被4除余2时,存在“4次数列”{an}(n∈N*)和正整 数p,使得ap=c. 因为1-22+32-42+52=15,故当c被4除余3时,存在“4次数列”{an}(n∈N*) 和正整数p,使得ap=c. 因为1-22-32+42=8,故当c能被4整除时,存在“4次数列”{an}(n∈N*)和 正整数p,使得ap=c. 综上所述,对任意正整数c,存在“4次数列”{an}(n∈N*)和正整数p,使得 ap=c 【巩固练习】1.(2014·期末)已知数列{an}是等差数列,a1+a2+a3=15,数列{bn}是等比数列,b1b2b3=27.(1)若a1=b2,a4=b3,求数列{an}和{bn}的通项公式;(2。

12、)若a1+b1,a2+b2,a3+b3均为正整数且成等比数列,求a3的最大值.解:因为{an}是等差数列,所以a1+a3=2a2.又因为a1+a2+a3=15,所以a2=5.因为{bn}是等比数列,所以b1b3=b.又因为b1b2b3=27,所以b2=3.(1)由题设,a1=b2=3,从而等差数列{an}的公差等于2,故数列{an}的通项公式为an=2n+1.进而a4=9,b3=a4=9,等比数列{bn}的公比等于3,故数列{bn}的通项公式为bn=3n-1.(2)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,则a1=5-d,b1=,a3=5+d,b3=3q.因为a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,所以(a1+b1)·(a3+b3)=(a2+b2)2=64.设a1+b1=m,a3+b3=n,m,n∈N*,则mn=64,整理得d2+(m-n)d+5(m+n)-80=0.。

13、因为a3=5+d,所以要使a3最大,只需d最大,所以上面程必有解,从而d=(舍去较小者),所以d=.要使d最大,只需n-m及(m+n-10)2取最大值.因为m,n∈N*,mn=64,所以当且仅当n=64,m=1时,n-m及(m+n-10)2取最大值.从而d≤,所以a3≤.即a3的最大值为.2.(2014·模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn.(1)若数列{an}是等比数列,满足2a1+a3=3a2,a3+2是a2,a4的等差中项,求数列{an}的通项公式;(2)是否存在等差数列{an},使对任意n∈N*,都有an·Sn=2n2(n+1)?若存在,请求出所有满足条件的等差数列;若不存在,请说明理由.解:(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,依题意有即由①得q2-3q+2=0,解得q=1或q=2.当q=1时,不合题意,舍去;当q=2时,代入②得a1=2,所以an=2·2n-1=2n。

14、.(2)假设存在满足条件的数列{an},设此数列的公差为d.法一:[a1+(n-1)d]=2n2(n+1),即n2+n+=2n2+2n对任意n∈N*恒成立,则解得或此时an=2n或an=-2n.故存在等差数列{an},使对任意n∈N*,都有an·Sn=2n2(n+1),其中an=2n或an=-2n.法二:令n=1,a=4得a1=±2,令n=2得a+a1a2-24=0,①当a1=2时,a2=4或a2=-6,若a2=4,则d=2,an=2n,Sn=n(n+1),对任意n∈N*,都有an·Sn=2n2(n+1);若a2=-6,则d=-8,a3=-14,S3=-18,不满足a3·S3=2×32×(3+1),舍去.②当a1=-2时,a2=-4或a2=6,若a2=-4,则d=-2,an=-2n,Sn=-n(n+1),对任意n∈N*,都有an·Sn=2n2(n+1);若a2=6,则d=8,a3=14,S。

15、3=18,不满足a3·S3=2×32×(3+1),舍去.综上所述,存在等差数列{an},使对任意n∈N*,都有an·Sn=2n2(n+1),其中an=2n或an=-2n.3.(2014·摸底)设fk(n)=c0+c1n+c2n2+…+cknk(k∈N),其中c0,c1,c2,…,ck为非零常数,数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,对于任意的正整数n,an+Sn=fk(n).(1)若k=0,求证:数列{an}是等比数列;(2)试确定所有的自然数k,使得数列{an}能成等差数列.解:(1)证明:若k=0,f0(n)=c0,即an+Sn=f0(n)=c0.当n=1时,a1+S1=c0,即c0=2a1=2,当n≥2时,an+Sn=2, ①an-1+Sn-1=2, ②①-②得2an-an-1=0,即an=an-1(n∈N*,n≥2).若an=0,则an-1=0,…,a1=0,与已知矛盾,所以。

16、an≠0.故数列{an}是首项为1,公比为的等比数列.(2)若k=0,由(1)知,不符题意,舍去;若k=1,因为f1(n)=c1n+c0,当n=1时,c1+c0=2a1=2,当n≥2时,an+Sn=c1n+c0, ③an-1+Sn-1=c1(n-1)+c0, ④③-④得2an-an-1=c1(n∈N*,n≥2).要使数列{an}是公差为d(d为常数)的等差数列,必须有an=c1-d(常数)而a1=1,故{an}只能是常数数列,通项公式为an=1(n∈N*).故当k=1时,数列{an}能成等差数列,其通项公式为an=1(n∈N*),此时f1(n)=n+1;若k=2,设f2(n)=c2n2+c1n+c0,当n≥2时,an+Sn=c2n2+c1n+c0, ⑤an-1+Sn-1=c2(n-1)2+c1(n-1)+c0, ⑥⑤-⑥得2an-an-1=2c2n+c1-c2(n∈N*,n≥2),要使数列。

17、{an}是公差为d(d为常数)的等差数列,必须有an=2c2n+c1-c2-d,且d=2c2,考虑到a1=1,所以an=1+(n-1)·2c2=2c2n-2c2+1(n∈N*)故当k=2时,数列{an}能成等差数列,其通项公式为an=2c2n-2c2+1(n∈N*),此时f2(n)=c2n2+(c2+1)n+1-2c2;当k≥3时,an+Sn=fk(n)=cknk+…+c2n2+c1n+c0(ck≠0),n的最高次的次数k≥3,但如果数列{an}能成等差数列,则an+Sn的表达式中n的最高次的次数至多为2,矛盾.综上,当且仅当k=1或k=2时,数列{an}能成等差数列.4.(2014·质检)设数列{an}的前n项和为Sn,满足an+Sn=An2+Bn+1(A≠0).(1)若a1=,a2=,求证数列{an-n}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)已知数列{an}是等差数列,求的值.。

18、解:(1)证明:分别令n=1,2,代入条件得又a1=,a2=,解得所以an+Sn=n2+n+1, ①则an+1+Sn+1=(n+1)2+(n+1)+1. ②②-①得2an+1-an=n+2.则an+1-(n+1)=(an-n).因为a1-1=≠0,所以数列{an-n}是首项为,公比为的等比数列.所以an-n=,则an=n+.(2)因为数列{an}是等差数列,所以设an=dn+c,则Sn==n2+n.所以an+Sn=n2+n+c.所以A=,B=c+,c=1.所以=3.5.(2014·模拟)已知数列{an}中,a1=2,n∈N*,an>0,数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+1=.(1)求{Sn}的通项公式.(2)设{bk}是数列{Sn}中按从小到大顺序组成的整数数列.①求b3; ②若存在N(N∈N*),当n≤N时,使得在数列{Sn}中,数列{bk}有且只有20项,求N的取值围.解:(1。

19、)因为an+1=Sn+1-Sn,所以(Sn+1-Sn)(Sn+1+Sn-2)=2,即S-S-2(Sn+1-Sn)=2,所以(Sn+1-1)2-(Sn-1)2=2,且(S1-1)2=1,所以{(Sn-1)2}是首项为1,公差为2的等差数列,所以Sn=1+.(2)①当n=1时,S1=1+1=2=b1;当n=5时,S5=1+3=4=b2;当n=13时,S13=1+5=6=b3.②因为2n-1是奇数,Sn=1+为有理数,则=2k-1,所以n=2k2-2k+1.当k=20时,n=761;当k=21时,n=841.所以存在N∈[761,840](N∈N*),当n≤N时,使得在{Sn}中,数列{bk}有且只有20项.6.(2014·一调)已知数列{an}是等比数列,且an>0.(1)若a2-a1=8,a3=m.①当m=48时,求数列{an}的通项公式;②若数列{an}是唯一的,求m的值;(2)若a2k+。

20、a2k-1+…+ak+1-(ak+ak-1+…+a1)=8,k∈N*,求a2k+1+a2k+2+…+a3k的最小值.解:设公比为q,则由题意,得q>0.(1)①由a2-a1=8,a3=m=48,得解得或所以数列{an}的通项公式为an=(16-8)(3+)n-1或an=(16+8)(3-)n-1.②要使满足条件的数列{an}是唯一的,即关于a1与q的程组有唯一正数解.所以程8q2-mq+m=0有唯一解.则Δ=m2-32m=0,解得m=32或m=0.因为a3=m>0,所以m=32,此时q=2.经检验,当m=32时,数列{an}唯一,其通项公式为an=2n+2.(2)由a2k+a2k-1+…+ak+1-(ak+ak-1+…+a1)=8,得a1(qk-1)(qk-1+qk-2+…+1)=8,且q>1.则a2k+1+a2k+2+…+a3k=a1q2k(qk-1+qk-2+…+1)==8≥32.当且仅当qk-1=,即q=,等号成立.所以a2k+1+a2k+2+…+a3k的最小值为32. Word资料.。

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