板块综合融会 数列的综合问题
[建构知识体系]
数列的综合问题
[融通学科素养]
1.浸润的学科素养
(1)通过对数列的概念与表示的理解,以及对数列与函数的关系、数列通项公式的认识,渗透数学抽象、逻辑推理等核心素养.
(2)通过对等差、等比数列概念、通项公式、前n项和公式学习运用,强调基本量之间的等量关系,聚焦逻辑推理和数学运算的核心素养.
2.渗透的数学思想
(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时,分别用到了累加法和累乘法.
(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时,分别用到了倒序相加法和错位相减法.
(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意三个求其余两个,用到了方程思想.
(4)在研究等差数列和等比数列单调性,等差数列前n项和最值问题时,都用到了函数思想.
融通点(一) 数列与不等式的交汇问题
[例1] 设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn=nan-n(n-1),n∈N+.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<.
听课记录:
[思维建模]
数列与不等式的交汇问题
(1)以一元一次、一元二次不等式或基本不等式为工具考查数列中项的问题.
(2)对于数列中的恒(能)成立问题、不等式证明问题常转化为最值问题求解.
[针对训练]
1.已知数列{an}满足a1=1,且点在直线y=x+1上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{anan+1}前n项和为Tn,求能使Tn<3m-12对n∈N+恒成立的m(m∈Z)的最小值.
融通点(二) 数列的新定义问题
[例2] (2024·新课标Ⅰ卷,节选)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i,j),1≤i(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列.
听课记录:
[针对训练]
2.设数列{an}是等差数列,且公差为d,若数列{an}中任意不同的两项之和仍是该数列中的一项,则称该数列是“封闭数列”.
(1)若数列{an}中,a1=4,d=2,求证:数列{an}是“封闭数列”;
(2)若an=2n-7,试判断数列{an}是否为“封闭数列”,并说明理由.
融通点(三) 数列与其他知识综合
[例3] (1)数列{an}满足2an=an-1+an+1,Sn是数列{an}的前n项和,a5,a2 016是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,则S2 020的值为 ( )
A.6 B.12
C.2 020 D.6 060
(2)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且2ln b1 012=0,若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)= ( )
A.4 069 B.2 023
C.2 024 D.4 046
听课记录:
[针对训练]
3.已知数列{an}为等差数列,且a1+a5+a9=4π,则tan(a3+a7)= ( )
A. B.-
C.- D.
4.已知等比数列{an}中所有项均为正数,a2 023-a2 022=2a2 021,若aman=(m,n∈N+),则+的最小值为 ( )
A. B.
C. D.
板块综合融会 数列的综合问题
[融通点(一)]
[例1] 解:(1)∵Sn=nan-n(n-1),
当n≥2时,Sn-1=(n-1)an-1-(n-1)·(n-2),
∴an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-n·(n-1)+(n-1)(n-2),
∴(n-1)an-(n-1)an-1-(n-1)[n-(n-2)]=0,∴(n-1)an-(n-1)an-1-3(n-1)=0,则an-an-1=3,又a1=1,
∴{an}是以1为首项,3为公差的等差数列,故an=1+(n-1)×3=3n-2.
(2)证明:由(1)得bn=
==,
∴Tn==.
∵Tn单调递增,∴Tn≥T1==,又>0,故Tn<,综上≤Tn<.
[针对训练]
1.解:(1)因为点在直线y=x+1上,则=+1,即-=1,
又=1,所以数列是首项为1,公差为1的等差数列.
故=1+(n-1)×1=n,即an=.
(2)由(1)得anan+1==-,所以Tn=-+-+…+-=1-<1,
要使Tn<3m-12对n∈N+恒成立,
则3m-12≥1,即m≥,
又m∈Z,所以m的最小值为5.
[融通点(二)]
[例2] 解:(1)首先,我们设数列a1,a2,…,a4m+2的公差为d,则d≠0.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列,当且仅当该数列是等差数列,
故我们可以对该数列进行适当的变形a'k=+1(k=1,2,…,4m+2),
得到新数列a'k=k(k=1,2,…,4m+2),然后对a'1,a'2,…,a'4m+2进行相应的讨论即可.
换言之,我们可以不妨设ak=k(k=1,2,…,4m+2),此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题,第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(i那么剩下四个数只可能是1,2,3,4或2,3,4,5或3,4,5,6.
所以所有可能的(i,j)就是(1,2),(1,6),(5,6).
(2)证明:由于从数列1,2,…,4m+2中取出2和13后,剩余的4m个数可以分为以下两个部分,共m组,使得每组成等差数列:
①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3组;
②{15,16,17,18},{19,20,21,22},…,{4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m-3组(如果m-3=0,则忽略②).
故数列1,2,…,4m+2是(2,13)—可分数列.
[针对训练]
2.解:(1)证明:∵a1=4,d=2,∴an=4+2(n-1)=2n+2,∴对任意的s,t∈N+,s≠t,有as+at=(2s+2)+(2t+2)=2(s+t+1)+2.
∵s+t+1∈N+,令p=s+t+1,则有ap=2p+2,
∴as+at是数列{an}中的项.
∴数列{an}是“封闭数列”.
(2)数列{an}不是“封闭数列”.理由如下:
∵an=2n-7,
∴对任意的s,t∈N+,s≠t,as+at=2(s+t)-14,
若数列{an}是“封闭数列”,则必存在正整数p,使得ap=as+at=2(s+t)-14=2p-7,
即s+t=p+,从而“=”左端为正整数,右端不是正整数,从而矛盾.
故数列{an}不是“封闭数列”.
[融通点(三)]
[例3] 解析:(1)因为数列{an}满足2an=an-1+an+1,所以{an}是等差数列,
因为a5,a2 016是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,所以a5+a2 016=6,
所以S2 020==1 010(a5+a2 016)=1 010×6=6 060.
(2)由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,故bn>0,
2ln b1 012=ln =ln(b1b2 023)=0,
故b1b2 023=1,
即有b1b2 023=b2b2 022=…=b2 023b1=1,
由f(x)=,则当x>0时,有f(x)+f=+=+=4,
故f(b1)+f(b2 023)=f(b2)+f(b2 022)=…=f(b2 023)+f(b1)=4,故2[f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)]=[f(b1)+f(b2 023)]+[f(b2)+f(b2 022)]+…+[f(b2 023)+f(b1)]=2 023[f(b2 023)+f(b1)]=8 092,故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=4 046.
答案:(1)D (2)D
[针对训练]
3.选C 因为数列{an}为等差数列,且a1+a5+a9=4π,所以a1+a5+a9=3a5=4π,解得a5=,所以tan(a3+a7)=tan 2a5=tan=tan=-tan=-.
4.选A 设{an}的公比为q(q>0),则a1q2 022=2a1q2 020+a1q2 021,因为a1>0,所以q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去).aman=a1·2m-1·a1·2n-1=·2m+n-2=16,故m+n-2=4,即m+n=6.因为m,n∈N+,
所以+=(m+n)=≥=,当且仅当即m=4,n=2时,等号成立,故+的最小值等于.(共54张PPT)
板块综合融会 数列的综合问题
(习题课——小结评论式教学)
建构知识体系
1.浸润的学科素养
(1)通过对数列的概念与表示的理解,以及对数列与函数的关系、数列通项公式的认识,渗透数学抽象、逻辑推理等核心素养.
(2)通过对等差、等比数列概念、通项公式、前n项和公式学习运用,强调基本量之间的等量关系,聚焦逻辑推理和数学运算的核心素养.
融通学科素养
2.渗透的数学思想
(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时,分别用到了累加法和累乘法.
(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时,分别用到了倒序相加法和错位相减法.
(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意三个求其余两个,用到了方程思想.
(4)在研究等差数列和等比数列单调性,等差数列前n项和最值问题时,都用到了函数思想.
CONTENTS
目录
1
2
3
融通点(一)
数列与不等式的交汇问题
融通点(二) 数列的新定义问题
融通点(三) 数列与其他知识综合
4
课时跟踪检测
融通点(一) 数列与不等式的交汇问题
[例1] 设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn=nan-n(n-1),n∈N+.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:∵Sn=nan-n(n-1),
当n≥2时,Sn-1=(n-1)an-1-(n-1)(n-2),
∴an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-n(n-1)+(n-1)(n-2),
∴(n-1)an-(n-1)an-1-(n-1)[n-(n-2)]=0,
∴(n-1)an-(n-1)an-1-3(n-1)=0,
则an-an-1=3,又a1=1,
∴{an}是以1为首项,3为公差的等差数列,
故an=1+(n-1)×3=3n-2.
(2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<.
解: 证明:由(1)得bn===,
∴Tn==.
∵Tn单调递增,∴Tn≥T1==,
又>0,故Tn<,综上≤Tn<.
[思维建模]
数列与不等式的交汇问题
(1)以一元一次、一元二次不等式或基本不等式为工具考查数列中项的问题.
(2)对于数列中的恒(能)成立问题、不等式证明问题常转化为最值问题求解.
针对训练
1.已知数列{an}满足a1=1,且点在直线y=x+1上.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:因为点在直线y=x+1上,则=+1,即-=1,
又=1,所以数列是首项为1,公差为1的等差数列.
故=1+(n-1)×1=n,即an=.
(2)数列{anan+1}前n项和为Tn,求能使Tn<3m-12对n∈N+恒成立的m(m∈Z)的最小值.
解:由(1)得anan+1==-,所以Tn=-+-+…+-=1-<1,
要使Tn<3m-12对n∈N+恒成立,则3m-12≥1,即m≥,又m∈Z,所以m的最小值为5.
融通点(二) 数列的新定义问题
[例2] (2024·新课标Ⅰ卷,节选)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i,j),1≤i解:首先,我们设数列a1,a2,…,a4m+2的公差为d,则d≠0.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列,当且仅当该数列是等差数列,
故我们可以对该数列进行适当的变形a'k=+1(k=1,2,…,4m+2),
得到新数列a'k=k(k=1,2,…,4m+2),然后对a'1,a'2,…,a'4m+2进行相应的讨论即可.
换言之,我们可以不妨设ak=k(k=1,2,…,4m+2),此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题,第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(i那么剩下四个数只可能是1,2,3,4或2,3,4,5或3,4,5,6.
所以所有可能的(i,j)就是(1,2),(1,6),(5,6).
(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)—可分数列.
解: 证明:由于从数列1,2,…,4m+2中取出2和13后,剩余的4m个数可以分为以下两个部分,共m组,使得每组成等差数列:
①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3组;
②{15,16,17,18},{19,20,21,22},…,{4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m-3组(如果m-3=0,则忽略②).故数列1,2,…,4m+2是(2,13)—可分数列.
针对训练
2.设数列{an}是等差数列,且公差为d,若数列{an}中任意不同的两项之和仍是该数列中的一项,则称该数列是“封闭数列”.
(1)若数列{an}中,a1=4,d=2,求证:数列{an}是“封闭数列”;
解:证明:∵a1=4,d=2,∴an=4+2(n-1)=2n+2,∴对任意的s,t∈N+,s≠t,有as+at=(2s+2)+(2t+2)=2(s+t+1)+2.
∵s+t+1∈N+,令p=s+t+1,则有ap=2p+2,
∴as+at是数列{an}中的项.∴数列{an}是“封闭数列”.
(2)若an=2n-7,试判断数列{an}是否为“封闭数列”,并说明理由.
解: 数列{an}不是“封闭数列”.理由如下:
∵an=2n-7,∴对任意的s,t∈N+,s≠t,as+at=2(s+t)-14,
若数列{an}是“封闭数列”,则必存在正整数p,使得ap=as+at=2(s+t)-14=2p-7,
即s+t=p+,从而“=”左端为正整数,右端不是正整数,从而矛盾.
故数列{an}不是“封闭数列”.
融通点(三) 数列与其他知识综合
[例3] (1)数列{an}满足2an=an-1+an+1,Sn是数列{an}的前n项和,a5,a2 016是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,则S2 020的值为 ( )
A.6 B.12
C.2 020 D.6 060
解析:因为数列{an}满足2an=an-1+an+1,所以{an}是等差数列,
因为a5,a2 016是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,所以a5+a2 016=6,
所以S2 020==1 010(a5+a2 016)=1 010×6=6 060.
√
(2)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且2ln b1 012=0,若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=( )
A.4 069 B.2 023
C.2 024 D.4 046
解析: 由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,故bn>0,
2ln b1 012=ln =ln(b1b2 023)=0,故b1b2 023=1,
即有b1b2 023=b2b2 022=…=b2 023b1=1,
√
由f(x)=,则当x>0时,有f(x)+f=+=+=4,
故f(b1)+f(b2 023)=f(b2)+f(b2 022)=…=f(b2 023)+f(b1)=4,故2[f(b1)+f(b2)+…+
f(b2 023)]=[f(b1)+f(b2 023)]+[f(b2)+f(b2 022)]+…+[f(b2 023)+f(b1)]=2 023[f(b2 023)
+f(b1)]=8 092,故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=4 046.
针对训练
3.已知数列{an}为等差数列,且a1+a5+a9=4π,则tan(a3+a7)= ( )
A. B.-
C.- D.
解析:因为数列{an}为等差数列,且a1+a5+a9=4π,所以a1+a5+a9=3a5=4π,解得a5=,所以tan(a3+a7)=tan 2a5=tan=tan=-tan=-.
√
4.已知等比数列{an}中所有项均为正数,a2 023-a2 022=2a2 021,若aman=(m,n∈N+),则+的最小值为( )
A. B.
C. D.
√
解析:设{an}的公比为q(q>0),则a1q2 022=2a1q2 020+a1q2 021,因为a1>0,所以q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去).aman=a1·2m-1·a1·2n-1=·2m+n-2=16,故m+n-2=4,即m+n=6.因为m,n∈N+,所以+=(m+n)=
≥=,当且仅当即m=4,n=2时,等号成立,故+的最小值等于.
课时跟踪检测
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A级——综合提能
1.已知数列{an}是等差数列,若a1-a4-a8-a12+a15=,则sin(a2+a14)的值为( )
A.0 B.1
C.-1 D.不存在
√
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解析:由已知可得a1-a4-a8-a12+a15=(a1+a15)-(a4+a12)-a8=-a8=,可得a8=-,因此sin(a2+a14)=sin(2a8)=sin(-π)=-sin π=0.
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2.若数列{Fn}满足F1=F2=1,当n≥3时,Fn=Fn-1+Fn-2,则称{Fn}为斐波那契数列.令an=(-1,则数列{an}的前100项和为( )
A.0 B.-34
C.-32 D.32
√
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解析:由数列{Fn}的前两项都是奇数,因为两奇数之和为偶数,偶数与奇数之和为奇数,可得{Fn}各项依次为奇奇偶,奇奇偶,奇奇偶,…,所以数列{an}的前若干项依次为-1,-1,1,-1,-1,1,…,将a3n-2,a3n-1,a3n看作一组,每组3个数的和为-1,所以数列{an}的前100项的和为33×(-1)-1=-34.
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3.已知函数f(x)=cos x,x∈,若方程f(x)=m有三个不同的实数根,且三个根从小到大依次成等比数列,则实数m的值是( )
A.- B.
C.- D.
√
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解析:如图,设方程f(x)=m的三个不同的实数根从小到大依次为a,b,c,则解得所以m=f(a)=f=cos=-.
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4.有穷数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,若把称为数列{an}的“优化和”,现有一个共2 019项的数列:a1,a2,a3,…,a2 019,若其“优化和”为2 020,则有2 020项的数列:1,a1,a2,a3,…,a2 019的“优化和”为( )
A.2 019 B.2 020
C.2 021 D.2 022
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解析:由=2 020,得S1+S2+…+S2 019=2 019×2 020,其中S1=a1,S2=a1+a2,…,S2 019=a1+a2+a3+…+a2 019,∴所求数列的“优化和”为[1+(1+a1)+(1+a1+a2)+…+(1+a1+…+a2 018)+(1+a1+…+a2 019)]÷2 020
=[1+(1+S1)+(1+S2)+…+(1+S2 018)+(1+S2 019)]÷2 020=[2 020×1+(S1+S2
+…+S2 019)]÷2 020=(2 020+2 019×2 020)÷2 020=1+2 019=2 020.
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5.定义“等方差数列”:如果一个数列从第二项起,每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等方差数列,这个常数叫做该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列,且方公差为2,a5=3,则数列的前24项和为( )
A. B.3
C.3 D.6
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解析:依题意,-=2,即{}是公差为2的等差数列,而a5=3,于是=+2(n-5)=2n-1,即an=,则==
=-,所以数列的前24项和为(-1)+(-)+(-)+…+(-)=7-1=6.
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6.过圆x2+y2=10x内一点(5,3)有k条弦的长度组成等差数列,且最小弦长为数列的首项a1,最大弦长为数列的末项ak,若公差d∈,则k的取值不可能是( )
A.4 B.5
C.6 D.7
√
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2
解析:由题意,将圆x2+y2=10x化为(x-5)2+y2=25,可得圆心坐标为C(5,0),半径r=5,设A(5,3),可得|AC|=3,由圆的弦长公式,可得a1=2=8,ak=
10,则ak=a1+(k-1)d,即8+(k-1)d=10,所以k=+1,因为≤d≤,所以5≤+1≤7,即5≤k≤7,结合选项,可得k的取值不可能是选项A.
1
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3
4
2
7.设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N+)均在函数y=3x-2的图象上,则数列{an}的通项公式an= .
解析:依题意得=3n-2,即Sn=3n2-2n,所以数列{an}为等差数列,且a1=S1=1,a2=S2-S1=7,设其公差为d,则d=6,所以an=6n-5(n∈N+).
6n-5
1
5
6
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2
8.已知无穷等差数列{an}的各项均为正数,公差为d,则能使得anan+1为某一个等差数列{bn}的前n项和(n=1,2,…)的一组a1,d的值为a1=___,
d=______________.
1
1(答案不唯一)
1
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2
解析:设等差数列{bn}的前n项和为Sn,则Sn=anan+1,∴S1=a1a2,S2=a2a3,
S3=a3a4.又{an}是公差为d的等差数列,∴b1=S1=a1a2,b2=S2-S1=a2a3-a1a2=2da2,b3=S3-S2=a3a4-a2a3=2da3,∵2b2=b1+b3,即2×2da2=a1a2+
2da3,∴4d(a1+d)=a1(a1+d)+2d(a1+2d),整理得a1(a1-d)=0,由题知a1>0,∴a1=d.故满足题意的一组a1,d的值为a1=1,d=1.(答案不唯一)
1
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9.已知数列{an}为等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
解:证明:设数列{an}的公差为d,
则即
解得b1=a1=,所以原命题得证.
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2
(2)若集合M={k|bk=am+a1,1≤m≤50},求集合M中的元素个数.
解:由(1)知b1=a1=,所以bk=am+a1 a1×2k-1=a1+(m-1)d+a1,
因为a1≠0,所以m=2k-2∈[1,50],解得2≤k≤log250+2=3+log225,
由24=16,25=32,故4所以满足等式的解k=2,3,4,5,6,7.
故集合M中的元素个数为6.
1
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2
10.已知等差数列{an}是单调递增数列,a2=2,且a3-1,a4,a5+5成等比数列,Sn是数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:设{an}的公差为d(d>0),
则
∴d2-2d-3=0,∵d>0,∴d=3,a1=-1,
∴{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=3n-4.
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(2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求满足+T11>0的最小的n的值.
解: 由(1)知Sn==,
bn===-,
T11=+++…+=
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2
-1-=-.+T11>0化为->0,∴3n2-5n-250>0,
∴(n-10)(3n+25)>0,∴正整数n>10,
∴满足条件的n的最小值为11.
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B级——应用创新
11.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,以此类推,若N>100且该数列的前N项和为2的整数幂,则N的最小值为( )
A.440 B.330
C.220 D.110
√
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2
解析:把题设中的数列分成如下的组:(1),(1,2),(1,2,4),(1,2,4,8),… ,记前k组的和为Tk.则Tk=1+(1+2)+…+(1+2+4+…+2k-1)=1+(22-1)+…+(2k-1)=
2k+1-k-2,令1+2+3+…+k>100,即k(k+1)>200,故k≥14.故当N>100时,数列至少包括前13组且含有第14组的前10个元素.设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素,则N=+l,且前N项和SN=Tk-1+1+2+
…+2l-1=2k-k-2+2l,
1
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其中1≤l≤k,k≥14.下证:当k≥14时,总有2k-1>k.记g(k)=2k-1-k,则当k≥14时,有g(k)-g(k-1)=2k-2-1>0,故{g(k)}为单调递增数列,而g(14)=213-14>0,故g(k)≥g(14)>0,即2k-1>k.所以2k-k-2+2l≥2k-1+2k-1-k>2k-1,2k-k-2+2l<2k+2k=2k+1.由SN为2的整数幂,故SN=2k,从而k+2=2l,当k=14时,l=4,与l≥10矛盾;当k=30时,l=5,此时N=+5=440,故选A.
1
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2
12.已知数列{bn}的通项公式是bn=n2-tn+4,使数列中存在负数项的一个t的值为____________________________________.
解析:记Δ=(-t)2-4×1×4=t2-16,当Δ≤0时,即-4≤t≤4,显然bn=n2-tn+4≥0恒成立,不满足要求;当Δ>0时,t<-4或t>4,若t<-4,则-tn>0,n2+4>0,所以bn=n2-tn+4>0恒成立,不满足要求;若t>4,此时b2=8-2t<0,必然满足数列{bn}中存在负数项.由上可知,t的可取值的范围是(4,+∞),故可取t=5.
5(答案不唯一,(4,+∞)中的任一个值均可)
1
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2
13.对于无穷数列{an},{bn},n∈N+,若bk=max{a1,a2,…,ak}-min{a1,a2,…,ak},
k∈N+,则称数列{bn}是数列{an}的“收缩数列”,其中max{a1,a2,…,ak},
min{a1,a2,…,ak}分别表示a1,a2,…,ak中的最大项和最小项.
(1)写出数列an=3n-1的“收缩数列”;
解:由an=3n-1可得{an}为递增数列,所以bn=max{a1,a2,…,an}-min{a1,a2,…,an}=an-a1=3n-1-2=3n-3.
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2
(2)证明:数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}.
解:证明:因为max{a1,a2,…,an}≤max{a1,a2,…,an+1},
min{a1,a2,…,an}≥min{a1,a2,…,an+1},n∈N+,
所以max{a1,a2,…,an+1}-min{a1,a2,…,an+1}≥max{a1,a2,…,an}-min{a1,a2,…,an},所以bn+1≥bn,
又b1=a1-a1=0,所以max{b1,b2,…,bn}-min{b1,b2,…,bn}=bn-b1=bn,所以数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}.
1
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3
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2
14.已知函数y=f(x)的图象经过坐标原点,且f(x)=x2-x+b,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
解:∵y=f(x)的图象过原点,则b=0,∴f(x)=x2-x.∴Sn=n2-n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-(n-1)2+(n-1)=2n-2,
又∵a1=S1=0适合an=2n-2,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-2.
1
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3
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2
(2)若数列{bn}满足an+log3n=log3bn,求数列{bn}的前n项和Tn;
解: 由an+log3n=log3bn,得bn=n·=n·32n-2(n∈N+),
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2·32+3·34+…+n·32n-2, ①
9Tn=32+2·34+3·36+…+n·32n. ②
②-①得8Tn=n·32n-(1+32+34+36+…+32n-2)=n·32n-,
∴Tn=-=.
1
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3
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2
(3)令dn=,若cn=-λ(-2)n(λ为非零整数,n∈N+),试确定λ的值,使得对任意n∈N+,都有cn+1>cn成立.
解: dn==n,故cn=3n-λ(-2)n.
要使cn+1>cn恒成立,即要cn+1-cn=[3n+1-λ(-2)n+1]-[3n-λ(-2)n]=2·3n+
3λ(-2)n>0恒成立,即要(-1)n·λ>-恒成立.
下面分n为奇数、n为偶数讨论:
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
①当n为奇数时,即λ<恒成立.
又的最小值为1,∴λ<1.
②当n为偶数时,即λ>-恒成立.
又-的最大值为-,∴λ>-.
综上,-<λ<1,又λ为非零整数,∴λ=-1时,使得对任意n∈N+,都有cn+1>cn成立.课时跟踪检测(十三) 数列的综合问题
A级——综合提能
1.已知数列{an}是等差数列,若a1-a4-a8-a12+a15=,则sin(a2+a14)的值为 ( )
A.0 B.1
C.-1 D.不存在
2.若数列{Fn}满足F1=F2=1,当n≥3时,Fn=Fn-1+Fn-2,则称{Fn}为斐波那契数列.令an=(-1,则数列{an}的前100项和为 ( )
A.0 B.-34
C.-32 D.32
3.已知函数f(x)=cos x,x∈,若方程f(x)=m有三个不同的实数根,且三个根从小到大依次成等比数列,则实数m的值是 ( )
A.- B.
C.- D.
4.有穷数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,若把称为数列{an}的“优化和”,现有一个共2 019项的数列:a1,a2,a3,…,a2 019,若其“优化和”为2 020,则有2 020项的数列:1,a1,a2,a3,…,a2 019的“优化和”为 ( )
A.2 019 B.2 020
C.2 021 D.2 022
5.定义“等方差数列”:如果一个数列从第二项起,每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等方差数列,这个常数叫做该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列,且方公差为2,a5=3,则数列的前24项和为 ( )
A. B.3
C.3 D.6
6.过圆x2+y2=10x内一点(5,3)有k条弦的长度组成等差数列,且最小弦长为数列的首项a1,最大弦长为数列的末项ak,若公差d∈,则k的取值不可能是 ( )
A.4 B.5
C.6 D.7
7.设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N+)均在函数y=3x-2的图象上,则数列{an}的通项公式an= .
8.已知无穷等差数列{an}的各项均为正数,公差为d,则能使得anan+1为某一个等差数列{bn}的前n项和(n=1,2,…)的一组a1,d的值为a1= ,d= .
9.已知数列{an}为等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)若集合M={k|bk=am+a1,1≤m≤50},求集合M中的元素个数.
10.已知等差数列{an}是单调递增数列,a2=2,且a3-1,a4,a5+5成等比数列,Sn是数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求满足+T11>0的最小的n的值.
B级——应用创新
11.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,以此类推,若N>100且该数列的前N项和为2的整数幂,则N的最小值为 ( )
A.440 B.330
C.220 D.110
12.已知数列{bn}的通项公式是bn=n2-tn+4,使数列中存在负数项的一个t的值为 .
13.对于无穷数列{an},{bn},n∈N+,若bk=max{a1,a2,…,ak}-min{a1,a2,…,ak},k∈N+,则称数列{bn}是数列{an}的“收缩数列”,其中max{a1,a2,…,ak},min{a1,a2,…,ak}分别表示a1,a2,…,ak中的最大项和最小项.
(1)写出数列an=3n-1的“收缩数列”;
(2)证明:数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}.
14.已知函数y=f(x)的图象经过坐标原点,且f(x)=x2-x+b,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+log3n=log3bn,求数列{bn}的前n项和Tn;
(3)令dn=,若cn=-λ(-2)n(λ为非零整数,n∈N+),试确定λ的值,使得对任意n∈N+,都有cn+1>cn成立.
课时跟踪检测(十三)
1.选A 由已知可得a1-a4-a8-a12+a15=(a1+a15)-(a4+a12)-a8=-a8=,可得a8=-,因此sin(a2+a14)=sin(2a8)=sin(-π)=-sin π=0.
2.选B 由数列{Fn}的前两项都是奇数,因为两奇数之和为偶数,偶数与奇数之和为奇数,可得{Fn}各项依次为奇奇偶,奇奇偶,奇奇偶,…,所以数列{an}的前若干项依次为-1,-1,1,-1,-1,1,…,将a3n-2,a3n-1,a3n看作一组,每组3个数的和为-1,所以数列{an}的前100项的和为33×(-1)-1=-34.
3.选A 如图,设方程f(x)=m的三个不同的实数根从小到大依次为a,b,c,则解得所以m=f(a)=f=cos=-.
4.选B 由=2 020,得S1+S2+…+S2 019=2 019×2 020,其中S1=a1,S2=a1+a2,…,S2 019=a1+a2+a3+…+a2 019,∴所求数列的“优化和”为[1+(1+a1)+(1+a1+a2)+…+(1+a1+…+a2 018)+(1+a1+…+a2 019)]÷2 020=[1+(1+S1)+(1+S2)+…+(1+S2 018)+(1+S2 019)]÷2 020=[2 020×1+(S1+S2+…+S2 019)]÷2 020=(2 020+2 019×2 020)÷2 020=1+2 019=2 020.
5.选D 依题意,-=2,即{}是公差为2的等差数列,而a5=3,于是=+2(n-5)=2n-1,即an=,则===-,所以数列的前24项和为(-1)+(-)+(-)+…+(-)=7-1=6.
6.选A 由题意,将圆x2+y2=10x化为(x-5)2+y2=25,可得圆心坐标为C(5,0),半径r=5,设A(5,3),可得|AC|=3,由圆的弦长公式,可得a1=2=8,ak=10,则ak=a1+(k-1)d,即8+(k-1)d=10,所以k=+1,因为≤d≤,所以5≤+1≤7,即5≤k≤7,结合选项,可得k的取值不可能是选项A.
7.解析:依题意得=3n-2,即Sn=3n2-2n,所以数列{an}为等差数列,且a1=S1=1,a2=S2-S1=7,设其公差为d,则d=6,所以an=6n-5(n∈N+).
答案:6n-5
8.解析:设等差数列{bn}的前n项和为Sn,则Sn=anan+1,∴S1=a1a2,S2=a2a3,S3=a3a4.又{an}是公差为d的等差数列,∴b1=S1=a1a2,b2=S2-S1=a2a3-a1a2=2da2,b3=S3-S2=a3a4-a2a3=2da3,∵2b2=b1+b3,即2×2da2=a1a2+2da3,∴4d(a1+d)=a1(a1+d)+2d(a1+2d),整理得a1(a1-d)=0,由题知a1>0,∴a1=d.故满足题意的一组a1,d的值为a1=1,d=1.(答案不唯一)
答案:1 1(答案不唯一)
9.解:(1)证明:设数列{an}的公差为d,
则
即
解得b1=a1=,所以原命题得证.
(2)由(1)知b1=a1=,所以bk=am+a1 a1×2k-1=a1+(m-1)d+a1,
因为a1≠0,所以m=2k-2∈[1,50],解得2≤k≤log250+2=3+log225,
由24=16,25=32,故4即7<3+log225<8,
所以满足等式的解k=2,3,4,5,6,7.
故集合M中的元素个数为6.
10.解:(1)设{an}的公差为d(d>0),
则
∴d2-2d-3=0,∵d>0,∴d=3,a1=-1,
∴{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=3n-4.
(2)由(1)知Sn==,
bn===-,
T11=+++…+=-1-=-.+T11>0化为->0,∴3n2-5n-250>0,
∴(n-10)(3n+25)>0,∴正整数n>10,
∴满足条件的n的最小值为11.
11.选A 把题设中的数列分成如下的组:(1),(1,2),(1,2,4),(1,2,4,8),… ,记前k组的和为Tk.则Tk=1+(1+2)+…+(1+2+4+…+2k-1)=1+(22-1)+…+(2k-1)=2k+1-k-2,令1+2+3+…+k>100,即k(k+1)>200,故k≥14.故当N>100时,数列至少包括前13组且含有第14组的前10个元素.设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素,则N=+l,且前N项和SN=Tk-1+1+2+…+2l-1=2k-k-2+2l,其中1≤l≤k,k≥14.下证:当k≥14时,总有2k-1>k.记g(k)=2k-1-k,则当k≥14时,有g(k)-g(k-1)=2k-2-1>0,故{g(k)}为单调递增数列,而g(14)=213-14>0,故g(k)≥g(14)>0,即2k-1>k.所以2k-k-2+2l≥2k-1+2k-1-k>2k-1,2k-k-2+2l<2k+2k=2k+1.由SN为2的整数幂,故SN=2k,从而k+2=2l,当k=14时,l=4,与l≥10矛盾;当k=30时,l=5,此时N=+5=440,故选A.
12.解析:记Δ=(-t)2-4×1×4=t2-16,当Δ≤0时,即-4≤t≤4,显然bn=n2-tn+4≥0恒成立,不满足要求;当Δ>0时,t<-4或t>4,若t<-4,则-tn>0,n2+4>0,所以bn=n2-tn+4>0恒成立,不满足要求;若t>4,此时b2=8-2t<0,必然满足数列{bn}中存在负数项.由上可知,t的可取值的范围是(4,+∞),故可取t=5.
答案:5(答案不唯一,(4,+∞)中的任一个值均可)
13.解:(1)由an=3n-1可得{an}为递增数列,所以bn=max{a1,a2,…,an}-min{a1,a2,…,an}=an-a1=3n-1-2=3n-3.
(2)证明:因为max{a1,a2,…,an}≤max{a1,a2,…,an+1},min{a1,a2,…,an}≥min{a1,a2,…,an+1},n∈N+,
所以max{a1,a2,…,an+1}-min{a1,a2,…,an+1}≥max{a1,a2,…,an}-min{a1,a2,…,an},所以bn+1≥bn,
又b1=a1-a1=0,所以max{b1,b2,…,bn}-min{b1,b2,…,bn}=bn-b1=bn,所以数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}.
14.解:(1)∵y=f(x)的图象过原点,则b=0,∴f(x)=x2-x.∴Sn=n2-n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-(n-1)2+(n-1)=2n-2,
又∵a1=S1=0适合an=2n-2,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-2.
(2)由an+log3n=log3bn,得bn=n·=n·32n-2(n∈N+),
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2·32+3·34+…+n·32n-2, ①
9Tn=32+2·34+3·36+…+n·32n. ②
②-①得8Tn=n·32n-(1+32+34+36+…+32n-2)=n·32n-,
∴Tn=-=.
(3)dn==n,故cn=3n-λ(-2)n.
要使cn+1>cn恒成立,即要cn+1-cn=[3n+1-λ(-2)n+1]-[3n-λ(-2)n]=2·3n+3λ(-2)n>0恒成立,
即要(-1)n·λ>-恒成立.
下面分n为奇数、n为偶数讨论:
①当n为奇数时,即λ<恒成立.
又的最小值为1,∴λ<1.
②当n为偶数时,即λ>-恒成立.
又-的最大值为-,∴λ>-.
综上,-<λ<1,又λ为非零整数,
∴λ=-1时,使得对任意n∈N+,都有cn+1>cn成立.
