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步步高二轮高三数学专题四 第3讲


第3讲

数列的综合问题

1.数列的综合问题,往往将数列与函数、不等式结合,探求数列中的最值或证明不等式. 2.以等差数列、等比数列为背景,利用函数观点探求参数的值或范围. 3.将数列与实际应用问题相结合,考查数学建模和数学应用能力.

热点一 利用 Sn,an 的关系式求 an 1.数列{an}中,an 与 Sn 的关系
?S1,n=1, ? an=? ?Sn-Sn-1,n≥2. ?

2.求数列通项的常用方法 (1)公式法:利用等差(比)数列求通项公式. (2)在已知数列{an}中,满足 an+1-an=f(n),且 f(1)+f(2)+?+f(n)可求,则可用累加法求数 列的通项 an. (3)在已知数列{an}中,满足 an. (4)将递推关系进行变换,转化为常见数列(等差、等比数列). 例 1 已知等差数列{an}中,a2=2,a3+a5=8,数列{bn}中,b1=2,其前 n 项和 Sn 满足:bn+1 =Sn+2(n∈N*). (1)求数列{an},{bn}的通项公式; an (2)设 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn 解 (1)∵a2=2,a3+a5=8, ∴2+d+2+3d=8,∴d=1,∴an=n. ∵bn+1=Sn+2(n∈N*), ∴bn=Sn-1+2(n∈N ,n≥2). 由①-②,得 bn+1-bn=Sn-Sn-1=bn (n∈N*,n≥2), ∴bn+1=2bn (n∈N*,n≥2). ∵b1=2,b2=2b1, ∴{bn}为首项为 2,公比为 2 的等比数列,∴bn=2n.
*

an+1 =f(n),且 f(1)· f(2)· ?· f(n)可求,则可用累乘法求数列的通项 an

① ②

an n (2)由 cn= = n, bn 2 n-1 n 1 2 3 Tn= + 2+ 3+?+ n-1 + n, 2 2 2 2 2 n-1 1 1 2 3 n T = + + +?+ n + n+1, 2 n 22 23 24 2 2 两式相减,得 2+n 1 1 1 1 n T = + +?+ n- n+1=1- n+1 , 2 n 2 22 2 2 2 n+2 ∴Tn=2- n . 2 思维升华 给出 Sn 与 an 的递推关系,求 an,常用思路:一是利用 Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为 an 的递推关系,再求其通项公式;二是转化为 Sn 的递推关系,先求出 Sn 与 n 之间的关系,再 求 an. 跟踪演练 1 (2017· 天津市红桥区重点中学八校联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn-n=2(an-2)(n∈N*). (1)证明:数列{an-1}为等比数列; (2)若 bn=an· log2(an-1),数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn. (1)证明 ∵Sn-n=2(an-2), 当 n≥2 时,Sn-1-(n-1)=2(an-1-2), 两式相减,得 an-1=2an-2an-1, ∴an=2an-1-1,∴an-1=2(an-1-1), ∴ an-1 =2(常数). an-1-1

又当 n=1 时,a1-1=2(a1-2), 得 a1=3,a1-1=2, ∴数列{an-1}是以 2 为首项,2 为公比的等比数列. (2)解 由(1)知,an-1=2×2n 1=2n,


∴an=2n+1, 又 bn=an· log2(an-1), ∴bn=n(2n+1), ∴Tn=b1+b2+b3+?+bn =(1×2+2×22+3×23+?+n×2n)+(1+2+3+?+n), 设 An=1×2+2×22+3×23+?+(n-1)×2n 1+n×2n,


则 2An=1×22+2×23+?+(n-1)×2n+n×2n 1,


两式相减,得

-An=2+22+23+?+2n-n×2n = 2?1-2n? + -n×2n 1, 1-2


+1

∴An=(n-1)×2n 1+2. n?n+1? 又 1+2+3+?+n= , 2 n?n+1? + ∴Tn=(n-1)×2n 1+2+ . 2 热点二 数列与函数、不等式的综合问题 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景,给出数列所满足的条件,通常利用点在曲 线上给出 Sn 的表达式,还有以曲线上的切点为背景的问题,解决这类问题的关键在于利用数 列与函数的对应关系, 将条件进行准确的转化. 数列与不等式的综合问题一般以数列为载体, 考查最值问题,不等关系或恒成立问题. 例 2 设 fn(x)=x+x2+?+xn-1,x≥0,n∈N,n≥2. (1)求 fn′(2); 2? 1 1?2?n (2)证明:fn(x)在? ?0,3?内有且仅有一个零点(记为 an),且 0<an-2<3?3? . (1)解 方法一 由题设 fn′(x)=1+2x+?+nxn 1,


所以 fn′(2)=1+2×2+?+(n-1)2n 2+n· 2n 1,
- -

① ②

则 2fn′(2)=2+2×22+?+(n-1)2n 1+n· 2n,


由①-②得,-fn′(2)=1+2+22+?+2n 1-n· 2n




1-2n -n· 2n=(1-n)2n-1, 1-2

所以 fn′(2)=(n-1)2n+1. 方法二 当 x≠1 时,fn(x)= x-xn 1 -1, 1-x
+ +

[1-?n+1?xn]?1-x?+?x-xn 1? 则 fn′(x)= , ?1-x?2 -[1-?n+1?2n]+2-2n 可得 fn′(2)= ?1-2?2 =(n-1)2n+1. (2)证明 因为 fn(0)=-1<0, 2?n? 2? 1-? 3? ? ? ? 3 2 ?= ?2?n fn? - 1 = 1 - 2 × 3 ? ? ?3? 2 1- 3 2?2 ≥1-2×? ?3? >0,
+1

2? 所以 fn(x)在? ?0,3?内至少存在一个零点, 又 f′n(x)=1+2x+?+nxn 1>0,


2? 所以 fn(x)在? ?0,3?内单调递增, 2? 因此 fn(x)在? ?0,3?内有且仅有一个零点 an, x-xn 1 由于 fn(x)= -1, 1-x


n 1 an-an 所以 0=fn(an)= -1, 1-an


1 1 +1 1 由此可得 an= + an > , 2 2 n 2 1 2 故 <an< , 2 3 1 1 +1 1 ?2?n+1 1?2?n 所以 0<an- = an < ×?3? = ?3? . 2 2 n 2 3 思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点 (1)数列是一类特殊的函数,函数定义域是正整数,在求数列最值或不等关系时要特别重视. (2)解题时准确构造函数,利用函数性质时注意限制条件. (3)不等关系证明中进行适当的放缩. 跟踪演练 2 令 bn=an+1. (1)求证:{bn}是等比数列; (2)记数列{nbn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn; 1 1 1 1 1 1 11 (3)求证: - < + + +?+ < . 2 2×3n a1 a2 a3 an 16 (1)证明 a1=2,a2=2(2+2)=8, an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*) an=2(Sn-1+n)(n≥2), 两式相减,得 an+1=3an+2(n≥2). 经检验,当 n=1 时上式也成立, 即 an+1=3an+2(n≥1). 所以 an+1+1=3(an+1),即 bn+1=3bn,且 b1=3. 故{bn}是等比数列. (2)解 由(1)得 bn=3n. Tn=1×3+2×32+3×33+?+n×3n, (2016 届浙江省宁波市期末)已知数列{an}满足 a1=2, an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),

3Tn=1×32+2×33+3×34+?+n×3n 1,


两式相减,得 -2Tn=3+32+33+?+3n-n×3n = 3?1-3n? + -n×3n 1, 1-3
+1

3 3? 3 n 化简得 Tn=? ?2n-4?×3 +4. 1 1 1 (3)证明 由 = k > k, ak 3 -1 3 1 1 1 1 1 1 1 得 + + +?+ > + 2+?+ n a1 a2 a3 an 3 3 3 1 1? 1- n? 3? 3 ? 1 1 1 = = - × n. 1 2 2 3 1- 3 3k 1-1 1 1 又 = k = k ak 3 -1 ?3 -1??3k+1-1?


3k 1 < k + ?3 -1??3k 1-1?


1 3 1 = ?3k-1-3k+1-1?, 2? ? 1 1 1 1 所以 + + +?+ a1 a2 a3 an 1 1 1 1 1 3 < + ??32-1-33-1?+?33-1-34-1?+?+ 2 2?? ? ? ? 1 1 3 1 = + ?32-1-3n+1-1? 2 2? ? 1 3 3 1 11 = + - × n+1 < , 2 16 2 3 -1 16 1 1 1 1 1 1 11 故 - < + + +?+ < . 2 2×3n a1 a2 a3 an 16 热点三 数列的实际应用 用数列知识解相关的实际问题,关键是合理建立数学模型——数列模型,弄清所构造的数列 是等差模型还是等比模型,它的首项是什么,项数是多少,然后转化为解数列问题.求解时, 要明确目标,即搞清是求和,还是求通项,还是解递推关系问题,所求结论对应的是解方程 问题,还是解不等式问题,还是最值问题,然后进行合理推算,得出实际问题的结果.

? n 1 - n+1 ?? ?3 -1 3 1-1??

例 3 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来, 在 11 个省区设立了海峡两岸农业合作试 验区和台湾农民创业园,台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受 理、审批一站式服务,某台商第一年年初到大陆就创办了一座 120 万元的蔬菜加工厂 M,M 的价值在使用过程中逐年减少,从第二年到第六年,每年年初 M 的价值比上年年初减少 10 万元,从第七年开始,每年年初 M 的价值为上年年初的 75%. (1)求第 n 年年初 M 的价值 an 的表达式; a1+a2+?+an (2)设 An= ,若 An 大于 80 万元,则 M 继续使用,否则须在第 n 年年初对 M 更 n 新,证明:必须在第九年年初对 M 更新. (1)解 当 n≤6 时,数列{an}是首项为 120,公差为-10 的等差数列,故 an=120-10(n-1) =130-10n, 3 当 n≥7 时,数列{an}从 a6 开始的项构成一个以 a6=130-60=70 为首项,以 为公比的等比 4 数列, 3?n-6 故 an=70×? ?4? , 130-10n,n≤6, ? ? 所以第 n 年年初 M 的价值 an=? ?3?n-6,n≥7. 70 × ? ?4? ? (2)证明 设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和,由等差数列和等比数列的求和公式,得 当 1≤n≤6 时,Sn=120n-5n(n-1), Sn An= =120-5(n-1)=125-5n≥95>80, n 当 n≥7 时,由于 S6=570, 3 ?3?n-6? ?3?n-6 故 Sn=570+(a7+a8+?+an)=570+70× ×4×? ?1-?4? ?=780-210×?4? . 4 因为{an}是递减数列,所以{An}是递减数列. Sn 因为 An= = n 3?n-6 780-210×? ?4? n



3?2 780-210×? ?4? A8= ≈82.734>80, 8 3?3 780-210×? ?4? A9= ≈76.823<80, 9 所以必须在第九年年初对 M 更新. 思维升华 常见数列应用题模型的求解方法 (1)产值模型:原来产值的基础数为 N,平均增长率为 p,对于时间 n 的总产值 y=N(1+p)n.

(2)银行储蓄复利公式:按复利计算利息的一种储蓄,本金为 a 元,每期的利率为 r,存期为 n,则本利和 y=a(1+r)n. (3)银行储蓄单利公式:利息按单利计算,本金为 a 元,每期的利率为 r,存期为 n,则本利 和 y=a(1+nr). r?1+r?na (4)分期付款模型:a 为贷款总额,r 为年利率,b 为等额还款数,则 b= . ?1+r?n-1 跟踪演练 3 (2017· 全国Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发 大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码 为下面数学问题的答案:已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,?,其中第一项是 20,接下 来的两项是 20,21, 再接下来的三项是 20,21,22, 依此类推. 求满足如下条件的最小整数 N: N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂.那么该款软件的激活码是( A.440 B.330 答案 A 解析 设首项为第 1 组,接下来的两项为第 2 组,再接下来的三项为第 3 组,依此类推.则 n?1+n? 第 n 组的项数为 n,前 n 组的项数和为 . 2 n?1+n? 由题意知,N>100,令 >100?n≥14 且 n∈N*,即 N 出现在第 13 组之后. 2 1-2n n 2?1-2n? + 第 n 组的各项和为 =2 -1,前 n 组所有项的和为 -n=2n 1-2-n. 1-2 1-2 n?1+n? 设 N 是第 n+1 组的第 k 项,若要使前 N 项和为 2 的整数幂,则 N- 项的和即第 n+1 2 组的前 k 项的和 2k-1 应与-2-n 互为相反数,即 2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),k=log2(n+ 29×?1+29? 3)?n 最小为 29,此时 k=5,则 N= +5=440.故选 A. 2 C.220 D.110 )

真题体验 1.(2016· 浙江)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则 a1=______, S5=______. 答案 1 121

? ?a2=2a1+1, 解析 由? 解得 a1=1,a2=3, ?a2+a1=4, ?

当 n≥2 时,由已知可得 an+1=2Sn+1, an=2Sn-1+1, ① ②

由①-②,得 an+1-an=2an,∴an+1=3an,又 a2=3a1, ∴{an}是以 a1=1 为首项,以 q=3 为公比的等比数列. 1-1×35 ∴S5= =121. 1-3 2.(2017· 山东)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且 x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求数列{xn}的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,依次连接点 P1(x1,1),P2(x2,2),?,Pn+1(xn+1,n+1)得 到折线 P1P2?Pn+1,求由该折线与直线 y=0,x=x1,x=xn+1 所围成的区域的面积 Tn.

解 (1)设数列{xn}的公比为 q.
? ?x1+x1q=3, 由题意得? 2 ?x1q -x1q=2. ?

所以 3q2-5q-2=0, 由已知得 q>0, 所以 q=2,x1=1. 因此数列{xn}的通项公式为 xn=2n 1.


(2)过 P1,P2,?,Pn+1 向 x 轴作垂线,垂足分别为 Q1,Q2,?,Qn+1. 由(1)得 xn+1-xn=2n-2n 1=2n 1,
- -

记梯形 PnPn+1Qn+1Qn 的面积为 bn, ?n+n+1? n-1 - 由题意得 bn= ×2 =(2n+1)×2n 2, 2 所以 Tn=b1+b2+?+bn =3×2 1+5×20+7×21+?+(2n-1)×2n 3+(2n+1)×2n 2,
- - -

① , ②

则 2Tn=3×20+5×21+7×22+?+(2n-1)×2 由①-②,得

n-2

+(2n+1)×2

n-1

-Tn=3×2 1+(2+22+?+2n 1)-(2n+1)×2n
- -

-1

n 1 3 2?1-2 ? - = + -(2n+1)×2n 1. 2 1-2


?2n-1?×2n+1 所以 Tn= . 2

押题预测 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足关系式 Sn=kan+1,k 为不等于 0 的常数. (1)试判断数列{an}是否为等比数列; 1 (2)若 a2= ,a3=1. 2 ①求数列{an}的通项公式及前 n 项和 Sn 的表达式; 1 ②设 bn=log2Sn,数列{cn}满足 cn= +b + · 2b ,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,当 n>1 时, bn+3bn+4 n 2 n n+1 4 求使 T <S + + 成立的最小正整数 n 的值. n-1 n n 3 22 押题依据 本题综合考查数列知识,第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力,第(2)

问是高考的热点问题,即数列与不等式的完美结合,其中将求数列前 n 项和的常用方法“裂 项相消法”与“错位相减法”结合在一起,考查了综合分析问题、解决问题的能力. 解 (1)若数列{an}是等比数列,则由 n=1 得 a1=S1=ka2,从而 a2=ka3. 又取 n=2 得 a1+a2=S2=ka3, 于是 a1=0,显然矛盾,故数列{an}不是等比数列.

?a =2k, (2)①由条件得? 1 ?a +2=k,
1 1

1

1 ? ?a1=2, 解得? ? ?k=1,

从而 Sn=an+1. 当 n≥2 时,由 Sn-1=an,得 an=Sn-Sn-1=an+1-an, 1 即 an+1=2an,此时数列是首项为 a2= 、公比为 2 的等比数列. 2 1 ? ?2,n=1, 综上所述,数列{an}的通项公式为 an=? ?2n-3,n≥2. ? 从而其前 n 项和 Sn=2n ②由①得 bn=n-2, 1 - 从而 cn= +n· 2n 2. ?n+1??n+2? 1 1 1 记 C1= + +?+ 2×3 3×4 ?n+1??n+2? 1 1? ?1 1? ? 1 - 1 ? =? ?2-3?+?3-4?+?+ n+1 n+2
-2

(n∈N*).

?

?



n , 2?n+2?
- -

记 C2=1· 2 1+2· 20+?+n· 2n 2,

则 2C2=1· 20+2· 21+?+n· 2n 1,


1 - 两式相减得 C2=(n-1)· 2 n 1+ , 2 n 1 - 从而 Tn= +(n-1)· 2n 1+ 2 2?n+2? = n+1 - +(n-1)· 2n 1, n+2

n+1 4?n+1? n+1 4 + + 则不等式 Tn<Sn+3+ 可化为 +2n 1<2n 1+ , 22 22 n-1 ?n-1??n+2? 即 n2+n-90>0,因为 n∈N*,故 n>9, 从而最小正整数 n 的值是 10.

A 组 专题通关 1 . (2017 届江西抚州市七校联考 ) 若数列 {an} 满足 (2n + 3)· an + 1 - (2n + 5)an = (2n + 3)(2n +
? an ? 1 ? 1+ ?,且 a1=5,则数列? 5)· lg? n 2n+3 的第 100 项为( ? ? ? ?

)

A.2 C.1+lg 99 答案 B 解析 由(2n+3)an+1-(2n+5)an 1? =(2n+3)(2n+5)lg? ?1+n?, an+1 1 an 1+ ?, 可得 - =lg? n? ? 2n+5 2n+3

B.3 D.2+lg 99

1? an 记 bn= ,有 bn+1-bn=lg? ?1+n?, 2n+3
? an ? 由累加法,得 bn=lg n+1,数列?2n+3?的第 100 项为 lg 100+1=3,故选 B. ? ?

1+an 2.已知数列{an}满足 a1=2,an+1= (n∈N*),则 a1· a2· a3· ?· a2 017 等于( 1-an A.-6 C.-2 答案 D 1+an 1+2 解析 ∵a1=2,an+1= ,∴a2= =-3, 1-an 1-2 1 1 同理 a3=- ,a4= ,a5=2,?,∴an+4=an, 2 3 B.6 D.2

)

而 a1a2a3a4=1,∴a1a2a3?a2 017=(a1a2a3a4)504 4×a1=1×2=2,故选 D.
×

3. (2017 届天水市模拟)我国古代数学名著 《九章算术》 中, 有已知长方形面积求一边的算法, 其方法的前两步为: 1 1 1 1 第一步:构造数列 1, , , ,?, ;① 2 3 4 n 第二部:将数列①的各项乘以 n,得到数列(记为)a1,a2,a3,?,an,则 a1a2+a2a3+?+an
-1

an 等于(
2

) B.(n-1)2 D.n(n+1)

A.n

C.n(n-1) 答案 C

n n n n n nn 解析 由题意得新数列为 n, , , ,?, ,所以 a1a2+a2a3+a3a4+?+an-1an=n· + · 2 3 4 n 2 23 1 1 1 1 1? nn n n + · +?+ · =n2?1×2+2×3+3×4+?+?n-1?×n?=n2? ?1-n?=n(n-1).故选 C. 34 ? ? n-1 n 4.(2017 届河北省衡水中学调研)若数列{an}满足 a1=1,且对于任意的 n∈N*都有 an+1=an 1 1 1 +n+1,则 + +?+ 等于( a1 a2 a2 017 2 016 A. 2 017 4 030 C. 2 016 答案 D 解析 由 an+1=an+n+1,得 an+1-an=n+1,则 a2-a1=1+1,a3-a2=2+1, a4-a3=3+ 1,?,an-an-1=(n-1)+1 ,以上等式相加,得 an-a1=1+2+3+?+(n-1)+n-1 ,把 1 1 ? n?n+1? 1 2 a1=1 代入上式,得 an=1+2+3+?+(n-1)+n= ,所以 = =2? - , 2 an n?n+1? ?n n+1? 1 1 1 则 + +?+ a1 a2 a2 017 1 ?? ? 1? ?1 1? ? 1 =2? ??1-2?+?2-3?+?+?2 017-2 018?? 1 ? 2 017 =2? ?1-2 018?=1 009,故选 D. an 5.(2017 届天津市六校联考)已知数列{an}满足:a1=1,an+1= (n∈N*).若 bn+1=(n- an+2 ) 2 015 B. 2 016 2 017 D. 1 009

? 1 +1? (n∈N*),b1=-λ,且数列{bn}是单调递增数列,则实数 λ 的取值范围是( 2λ)· ?a ?
n

)

2 A.λ> 3 3 C.λ< 2

3 B.λ> 2 2 D.λ< 3

答案 D 解析 因为 an+1= 1 an 1 2 1 ? 1 ? 1 ? n-1 n ? = +1 ? + 1 = 2? ?an+1??an+1=?a1+1?2 =2 ,所以 an+2 an+1 an an+1

bn+1=(n-2λ)· 2n,因为数列{bn}是单调递增数列, 3 - 所以当 n≥2 时 bn>bn-1?(n-2λ)· 2n>(n-1-2λ)· 2n 1?n>2λ-1?2>2λ-1?λ< ;当 n=1 时, 2 2 2 b2>b1?(1-2λ)· 2>-λ?λ< ,因此 λ< ,故选 D. 3 3 a1+2a2+?+2n 1an 6. (2017 届湖南湘中名校教改联合体联考)对于数列{an}, 定义 Hn= 为{an} n


的“优值”,现在已知某数列{an}的“优值”Hn=2n 1,记数列{an-kn}的前 n 项和为 Sn,若


Sn≤S5 对任意的 n 恒成立,则实数 k 的取值范围为________. 7 12? 答案 ? ?3, 5 ? a1+2a2+?+2n 1an n+1 解析 由题可知 =2 , n


∴a1+2a2+?+2n 1an=n· 2n 1,
- +

① ②

a1+2a2+?+2n 2an-1=(n-1)· 2n,


由①-②,得 2n 1an=n· 2n 1-(n-1)· 2n,
- +

则 an=2n+2,∴an-kn=(2-k)· n+2, 令 bn=(2-k)· n+2, 7 12 ∵Sn≤S5,∴b5≥0,b6≤0,解得 ≤k≤ , 3 5 7 12? ∴k 的取值范围是? ?3, 5 ?. 16 ? 4 - 7.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn= (an-1),则(4n 2+1)? ? an +1?的最小值为__________. 3 答案 4 4 4 解析 ∵Sn= (an-1),∴Sn-1= (an-1-1)(n≥2), 3 3 4 ∴an=Sn-Sn-1= (an-an-1), 3 4 ∴an=4an-1,又 a1=S1= (a1-1), 3 ∴a1=4,∴{an}是首项为 4,公比为 4 的等比数列, ∴an=4n, 16 ? ? 4n 16 - +1 = +1?? n +1? ∴(4n 2+1)? ? an ? ?16 ?? 4 ? 4n 16 =2+ + n ≥2+2=4, 16 4

当且仅当 n=2 时取“=”. 8.(2017 届山西晋中榆社中学月考)已知数列{an}的首项 a1=a,其前 n 项和为 Sn,且满足 Sn + Sn - 1 = 4n2(n≥2 , n∈N*) , 若 对 任 意 n∈N* , an<an + 1 恒 成 立 , 则 a 的 取 值 范 围 是 ______________. 答案 (3,5) 解析 由条件 Sn+Sn-1=4n2 (n≥2,n∈N*), 得 Sn+1+Sn=4(n+1)2, 两式相减,得 an+1+an=8n+4, 故 an+2+an+1=8n+12, 两式再相减,得 an+2-an=8, 由 n=2,得 a1+a2+a1=16?a2=16-2a, 从而 a2n=16-2a+8(n-1)=8n+8-2a; 由 n=3,得 a1+a2+a3+a1+a2=36?a3=4+2a, 从而 a2n+1=4+2a+8(n-1)=8n-4+2a, a<16-2a, ? ? 由条件得?8n+8-2a<8n-4+2a, ? ?8n-4+2a<8?n+1?+8-2a, 解得 3<a<5. an+1 9.(2017 届百校联盟质检)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2=8, Sn= -n-1. 2 (1)求数列{an}的通项公式;
? 2×3n ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列? ?anan+1?

an+1 解 (1)因为 Sn= -n-1, 2 a2 故当 n=1 时,a1= -1-1=2; 2 当 n≥2 时,2Sn=an+1-2n-2, 2Sn-1=an-2(n-1)-2, 两式相减可得 an+1=3an+2; 经检验,当 n=1 时也满足 an+1=3an+2, 故 an+1+1=3(an+1), 故数列{an+1}是以 3 为首项,3 为公比的等比数列, 故 an+1=3n,即 an=3n-1. (2)由(1)可知,

2×3n 2×3n = n + anan+1 ?3 -1??3n 1-1? = 1 1 - + , 3n-1 3n 1-1 1 1 1 1 1 1 1 1 - + - +?+ n - n+1 = - n+1 . 31-1 32-1 32-1 33-1 3 -1 3 -1 2 3 -1

故 Tn=

10. (2016· 四川)已知数列{an}的首项为 1, Sn 为数列{an}的前 n 项和, Sn+1=qSn+1, 其中 q>0, n∈N*. (1)若 2a2,a3,a2+2 成等差数列,求数列{an}的通项公式; 4n-3n y2 5 (2)设双曲线 x2- 2=1 的离心率为 en,且 e2= ,证明:e1+e2+?+en> n-1 . an 3 3 (1)解 由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减,得 an+2=qan+1,n≥1.又由 S2= qS1+1, 得 a2=qa1,故 an+1=qan 对所有 n≥1 都成立. 所以数列{an}是首项为 1,公比为 q 的等比数列. 从而 an=qn 1.


由 2a2,a3,a2+2 成等差数列,可得 2a3=3a2+2,即 2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0, 由已知,q>0,故 q=2.所以 an=2n 1(n∈N*).


(2)证明 由(1)可知,an=qn 1.


y2 所以双曲线 x2- 2=1 的离心率 an
2?n en= 1+a2 n= 1+q
- 1?

.

5 4 由 e2= 1+q2= ,解得 q= . 3 3 因为 1+q2(k
-1)

>q2(k

-1)



所以 1+q2?k

-1?

>qk 1(k∈N*).


qn-1 - 于是 e1+e2+?+en>1+q+?+qn 1= . q-1 4n-3n 故 e1+e2+?+en> n-1 . 3 B 组 能力提高 an+1 an 11.(2017 届江西抚州市七校联考)若数列{an}满足 - =1,且 a1=5,则数列{an} 2n+5 2n+3 的前 100 项中,能被 5 整除的项数为( A.42 C.30 )

B.40 D.20

答案 B an+1 an 解析 ∵数列{an}满足 - =1, 2n+5 2n+3 即 an+1 an a1 - =1,且 =1, 2?n+1?+3 2n+3 2×1+3
? ?

? an ? ∴数列?2n+3?是以 1 为首项,以 1 为公差的等差数列,



an =n,∴an=2n2+3n,由题意可知, 2n+3 项 个位数 1 5 2 4 3 7 4 4 5 5 6 0 7 9 8 2 9 9 10 0

∴每 10 项中有 4 项能被 5 整除,∴数列{an}的前 100 项中,能被 5 整除的项数为 40,故选 B. 1 1 12.已知数列{an}满足:a1=1,an=a2 + (n∈N*),则数 n-1+2an-1 (n≥2),若 bn= an+1 an+2 列{bn}的前 n 项和 Sn=________. 1 答案 1- n 22 -1
2 解析 当 n≥2 时, an+1=a2 两边取以 2 为底的对数可得 log2(an n-1+2an-1+1=(an-1+1) >0,

+1)=log2(an-1+1)2=2log2(an-1+1),则数列{log2(an+1)}是以 1 为首项,2 为公比的等比数 列, log2(an+1)=2n 1, an ? 22

n?1

? 1 ,又 an=a2 n-1+2an-1 (n≥2),

* 可得 an+1=a2 n+2an (n∈N ),两边取倒数可得

1 1 1 1 1 1 = = = ?a -a +2?, 2 ? n ? an+1 a2 + 2 a a ? a + 2 ? n n n n n 即 1 1 = - , an+1 an an+2 2

1 1 1 1 因此 bn= + = - , an+1 an+2 an an+1

1 1 1 所以 Sn=b1+?+bn= - = 1 ? 2n . a1 an+1 2 ?1
13.已知数列{an}中,a1=1,且点 P(an,an+1)(n∈N*)在直线 x-y+1=0 上. (1)求数列{an}的通项公式; 1 2 3 n (2)若函数 f(n)= + + +?+ (n∈N*,且 n>2),求函数 f(n)的最小值; n+a1 n+a2 n+a3 n+an 1 (3)设 bn= ,Sn 表示数列{bn}的前 n 项和,试问:是否存在关于 n 的整式 g(n),使得 S1+S2 an +S3+?+Sn-1=(Sn-1)· g(n)对于一切不小于 2 的自然数 n 恒成立?若存在, 写出 g(n)的解析

式,并加以证明;若不存在,试说明理由. 解 (1)点 P(an,an+1)在直线 x-y+1=0 上, 即 an+1-an=1,且 a1=1, ∴数列{an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列, ∴an=1+(n-1)· 1=n (n∈N*). 1 2 n (2)∵f(n)= + +?+ , 2n n+1 n+2 ∴f(n+1)= n-1 n+1 1 2 n + +?+ + + , 2n 2n+1 2n+2 n+2 n+3

∴f(n+1)-f(n)>0,∴f(n)是单调递增的, 23 故 f(n)的最小值是 f(3)= . 20 1 1 1 1 (3)∵bn= ?Sn=1+ + +?+ , n 2 3 n 1 ∴Sn-Sn-1= (n≥2), n 即 nSn-(n-1)Sn-1=Sn-1+1, ∴(n-1)Sn-1-(n-2)Sn-2=Sn-2+1,?,2S2-S1=S1+1, ∴nSn-S1=S1+S2+?+Sn-1+n-1, ∴S1+S2+?+Sn-1=nSn-n =(Sn-1)· n (n≥2), ∴g(n)=n. an 14.已知数列{an}满足 a1=1,an+1= ,n∈N*,记 Sn,Tn 分别是数列{an},{a2 n}的前 n 1+a2 n 项和.证明:当 n∈N*时, (1)an+1<an; 1 (2)Tn= 2 -2n-1; an+1 (3) 2n-1<Sn< 2n. 证明 (1)由 a1=1 及 an+1= an 知,an>0, 1+a2 n

-a3 an n 故 an+1-an= <0, 2-an= 1+an 1+a2 n ∴an+1<an,n∈N*. (2)由 得 1 1 = +an, an+1 an

1 1 2 2 = 2+an+2, a an+1 n

1 1 1 1 2 2 2 2 2 从而 2 = 2+a2n+2= 2 +an -1+an+2×2=?= 2+a1+a2+?+an+2n, a1 an+1 an an-1 又∵a1=1, 1 ∴Tn= 2 -2n-1,n∈N*. an+1 (3)由(2)知,an+1= 1 , Tn+2n+1 1 , 2n+2

2 由 Tn≥a1 =1,得 an+1≤

∴当 n≥2 时,an≤ = 2( n- n-1),

1 2 2 = < 2n 2 n n+ n-1

由此 Sn<a1+ 2[( 2-1)+( 3- 2)+?+( n- n-1)]=1+ 2( n-1)< 2n,n≥2, 又∵a1=1,∴Sn< 2n. 1 1 另一方面,由 an= - , a an+1 n 1 1 得 Sn= - ≥ 2n+2-1> 2n-1. an+1 a1 综上, 2n-1<Sn< 2n.


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