資源簡介

專題微課　數列的綜合問題
題型(一)　數列的新定義問題
[例1]　對于無窮數列{an},{bn},n∈N*,若bk=max{a1,a2,…,ak}-min{a1,a2,…,ak},k∈N*,則稱數列{bn}是數列{an}的“收縮數列”,其中max{a1,a2,…,ak},min{a1,a2,…,ak}分別表示a1,a2,…,ak中的最大項和最小項.
(1)寫出數列an=3n-1的“收縮數列”;
(2)證明:數列{bn}的“收縮數列”仍是{bn}.
聽課記錄:
　　|思|維|建|模|
與數列有關的新定義問題的解題策略
(1)通過給定的與數列有關的新定義,或約定的一種新運算,或給出的由幾個新模型來創設的新問題的情境,要求在閱讀理解的基礎上,依據題設所提供的信息,聯系所學的知識和方法,實現信息的遷移,達到靈活解題的目的.
(2)遇到新定義問題,需耐心研究題中信息,分析新定義的特點,搞清新定義的本質,按新定義的要求“照章辦事”,逐條分析、運算、驗證,使問題得以順利解決.
(3)類比“熟悉數列”的研究方式,用特殊化的方法研究新數列,向“熟悉數列”的性質靠攏.
　　[針對訓練]
1.設數列{an}是等差數列,且公差為d,若數列{an}中任意不同的兩項之和仍是該數列中的一項,則稱該數列是“封閉數列”.
(1)若數列{an}中,a1=4,d=2,求證:數列{an}是“封閉數列”;
(2)若an=2n-7,試判斷數列{an}是否為“封閉數列”,并說明理由.
題型(二)　數列與不等式的交匯問題
[例2]　設數列{an}的前n項和為Sn,若a1=1,Sn=nan-n(n-1),n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)若bn=,數列{bn}的前n項和為Tn,證明:≤Tn<.
聽課記錄:
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數列與不等式的交匯問題一般有兩種
(1)以一元一次、一元二次不等式或基本不等式為工具考查數列中項的問題.
(2)對于數列中的恒(能)成立問題、不等式證明問題常轉化為最值問題求解.
　　[針對訓練]
2.已知數列{an}滿足a1=1,且點在直線y=x+1上.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)數列{anan+1}前n項和為Tn,求能使Tn<3m-12對n∈N*恒成立的m(m∈Z)的最小值.
題型(三)　數列與其他知識綜合
　　　　　 　　　　 　　　　
[例3]　(1)數列{an}滿足2an=an-1+an+1,Sn是數列{an}的前n項和,a7,a2 018是函數f(x)=x2-6x+5的兩個零點,則S2 024的值為 (　　)
A.6 B.12
C.2 024 D.6 072
(2)已知數列{bn}是公比為q(q≠1)的正項等比數列,且2ln b1 013=0,若f(x)=,則f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)= (　　)
A.4 073 B.2 025
C.2 026 D.4 050
聽課記錄:
　　[針對訓練]
3.已知數列{an}為等差數列,且a1+a5+a9=4π,則tan(a3+a7)= (　　)
A. B.-
C.- D.
4.已知等比數列{an}中所有項均為正數,a2 023-a2 022=2a2 021,若aman=(m,n∈N*),則+的最小值為 (　　)
A. B.
C. D.
專題微課　數列的綜合問題
[題型(一)]
[例1]　解：(1)由an＝3n－1可得{an}為遞增數列，所以bn＝max{a1，a2，…，an}－min{a1，a2，…，an}＝an－a1＝3n－1－2＝3n－3.
(2)證明：因為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，
所以數列{bn}的“收縮數列”仍是{bn}．
[針對訓練]
1．解：(1)證明：∵a1＝4，d＝2，
∴an＝4＋2(n－1)＝2n＋2，∴對任意的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，則有ap＝2p＋2，∴as＋at是數列{an}中的項．
∴數列{an}是“封閉數列”．
(2)數列{an}不是“封閉數列”．理由如下：
∵an＝2n－7，∴對任意的s，t∈N*，s≠t，as＋at＝2(s＋t)－14，
若數列{an}是“封閉數列”，則必存在正整數p，使得ap＝as＋at＝2(s＋t)－14＝2p－7，
即s＋t＝p＋，從而“＝”左端為正整數，右端不是正整數，從而矛盾．
故數列{an}不是“封閉數列”．
[題型(二)]
[例2]　解：(1)∵Sn＝nan－n(n－1)，當n≥2時，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，則an－an－1＝3，又a1＝1，
∴{an}是以1為首項，3為公差的等差數列，故an＝1＋(n－1)×3＝3n－2.
(2)證明：由(1)得bn＝＝＝，
∴Tn＝＝.
∵Tn遞增，∴Tn≥T1＝＝，
又>0，故Tn<，綜上≤Tn<.
[針對訓練]
2．解：(1)因為點在直線y＝x＋1上，則＝＋1，即－＝1，
又＝1，所以數列是首項為1，公差為1的等差數列．
故＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝.
(2)由(1)得anan＋1＝＝－，所以Tn＝－＋－＋…＋－＝1－<1，
要使Tn<3m－12對n∈N*恒成立，則3m－12≥1，即m≥，又m∈Z，所以m的最小值為5.
[題型(三)]
[例3]　(1)選D　因為數列{an}滿足2an＝an－1＋an＋1，所以{an}是等差數列，
因為a7，a2 018是函數f(x)＝x2－6x＋5的兩個零點，所以a7＋a2 018＝6，
所以S2 024＝＝1 012(a7＋a2 018)＝1 012×6＝6 072.
(2)選D　由數列{bn}是公比為q(q≠1)的正項等比數列，故bn>0，
2ln b1 013＝ln b＝ln(b1b2 025)＝0，故b1b2 025＝1，
即有b1b2 025＝b2b2 024＝…＝b2 025b1＝1，
由f(x)＝，
則當x>0時，有f(x)＋f＝＋＝＋＝4，
故f(b1)＋f(b2 025)＝f(b2)＋f(b2 024)＝…＝f(b2 025)＋f(b1)＝4，故2[f(b1)＋f(b2)＋…＋f(b2 025)]＝[f(b1)＋f(b2 025)]＋[f(b2)＋f(b2 024)]＋…＋[f(b2 025)＋f(b1)]＝2 025[f(b2 025)＋f(b1)]＝8 100，故f(b1)＋f(b2)＋…＋f(b2 025)＝4 050.
[針對訓練]
3．選C　因為數列{an}為等差數列，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．選A　設{an}的公比為q(q>0)，
則a1q2 022＝2a1q2 020＋a1q2 021，因為a1>0，所以q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)．aman＝a1·2m－1·a1·2n－1＝a·2m＋n－2＝16a，故m＋n－2＝4，即m＋n＝6.因為m，n∈N*，所以＋＝(m＋n)＝≥＝，當且僅當即m＝4，n＝2時，等號成立，故＋的最小值等于.
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專題微課　數列的綜合問題
CONTENTS
目錄
1
2
3
題型(一)　數列的新定義問題
題型(二)　數列與不等式的交匯問題
課時檢測
4
題型(三)　數列與其他知識綜合
題型(一)　數列的新定義問題
01
[例1]　對于無窮數列{an}，{bn}，n∈N*，若bk=max{a1，a2，…，ak}-min{a1，a2，…，ak}，k∈N*，則稱數列{bn}是數列{an}的“收縮數列”，其中max{a1，a2，…，ak}，min{a1，a2，…，ak}分別表示a1，a2，…，ak中的最大項和最小項.
(1)寫出數列an=3n-1的“收縮數列”；
解:由an=3n-1可得{an}為遞增數列，所以bn=max{a1，a2，…，an}-min{a1，a2，…，an}=an-a1=3n-1-2=3n-3.
(2)證明:數列{bn}的“收縮數列”仍是{bn}.
解:證明:因為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，
所以數列{bn}的“收縮數列”仍是{bn}.
|思|維|建|模| 與數列有關的新定義問題的解題策略
(1)通過給定的與數列有關的新定義，或約定的一種新運算，或給出的由幾個新模型來創設的新問題的情境，要求在閱讀理解的基礎上，依據題設所提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的.
(2)遇到新定義問題，需耐心研究題中信息，分析新定義的特點，搞清新定義的本質，按新定義的要求“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以順利解決.
(3)類比“熟悉數列”的研究方式，用特殊化的方法研究新數列，向“熟悉數列”的性質靠攏.
針對訓練
1.設數列{an}是等差數列，且公差為d，若數列{an}中任意不同的兩項之和仍是該數列中的一項，則稱該數列是“封閉數列”.
(1)若數列{an}中，a1=4，d=2，求證:數列{an}是“封閉數列”；
解:證明:∵a1=4，d=2，∴an=4+2(n-1)=2n+2，
∴對任意的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，則有ap=2p+2，
∴as+at是數列{an}中的項.∴數列{an}是“封閉數列”.
(2)若an=2n-7，試判斷數列{an}是否為“封閉數列”，并說明理由.
解:數列{an}不是“封閉數列”.理由如下:
∵an=2n-7，∴對任意的s，t∈N*，s≠t，as+at=2(s+t)-14，
若數列{an}是“封閉數列”，則必存在正整數p，使得ap=as+at=2(s+t)-14=2p-7，即s+t=p+，從而“=”左端為正整數，右端不是正整數，從而矛盾.故數列{an}不是“封閉數列”.
題型(二)　數列與不等式的交匯問題
02
[例2]　設數列{an}的前n項和為Sn，若a1=1，Sn=nan-n(n-1)，n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式；
解:∵Sn=nan-n(n-1)，當n≥2時，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，則an-an-1=3，又a1=1，
∴{an}是以1為首項，3為公差的等差數列，故an=1+(n-1)×3=3n-2.
(2)若bn=，數列{bn}的前n項和為Tn，證明:≤Tn<.
解:證明:由(1)得bn===，
∴Tn==.
∵Tn遞增，∴Tn≥T1==，又>0，故Tn<，綜上≤Tn<.
|思|維|建|模|
數列與不等式的交匯問題一般有兩種
(1)以一元一次、一元二次不等式或基本不等式為工具考查數列中項的問題.
(2)對于數列中的恒(能)成立問題、不等式證明問題常轉化為最值問題求解.
針對訓練
2.已知數列{an}滿足a1=1，且點在直線y=x+1上.
(1)求數列{an}的通項公式；
解:因為點在直線y=x+1上，則=+1，即-=1，
又=1，所以數列是首項為1，公差為1的等差數列.
故=1+(n-1)×1=n，即an=.
(2)數列{anan+1}前n項和為Tn，求能使Tn<3m-12對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對n∈N*恒成立，
則3m-12≥1，即m≥，又m∈Z，所以m的最小值為5.
題型(三)　數列與其他知識綜合
03
[例3]　(1)數列{an}滿足2an=an-1+an+1，Sn是數列{an}的前n項和，a7，
a2 018是函數f(x)=x2-6x+5的兩個零點，則S2 024的值為 (　　)
A.6 B.12
C.2 024 D.6 072
√
解析:因為數列{an}滿足2an=an-1+an+1，所以{an}是等差數列，
因為a7，a2 018是函數f(x)=x2-6x+5的兩個零點，所以a7+a2 018=6，
所以S2 024==1 012(a7+a2 018)=1 012×6=6 072.
(2)已知數列{bn}是公比為q(q≠1)的正項等比數列，且2ln b1 013=0，若f(x)=，則f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=(　　)
A.4 073 B.2 025
C.2 026 D.4 050
√
解析:由數列{bn}是公比為q(q≠1)的正項等比數列，故bn>0，2ln b1 013
=ln =ln(b1b2 025)=0，故b1b2 025=1，即有b1b2 025=b2b2 024=…=b2 025b1
=1，由f(x)=，則當x>0時，有f(x)+f=+=+=4，故f(b1)+f(b2 025)=f(b2)+f(b2 024)=…=f(b2 025)+f(b1)=4，故2[f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)]=[f(b1)+f(b2 025)]+[f(b2)+f(b2 024)]+…+[f(b2 025)+f(b1)]=2 025[f(b2 025)+f(b1)]
=8 100，故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=4 050.
針對訓練
3.已知數列{an}為等差數列，且a1+a5+a9=4π，則tan(a3+a7)= (　　)
A. B.- C.- D.
√
解析:因為數列{an}為等差數列，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.已知等比數列{an}中所有項均為正數，a2 023-a2 022=2a2 021，若aman=(m，n∈N*)，則+的最小值為(　　)
A. B.
C. D.
√
解析:設{an}的公比為q(q>0)，則a1q2 022=2a1q2 020+a1q2 021，因為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.因為m，n∈N*，所以+=
(m+n)=≥=，當且僅當即m=4，n=2時，等號成立，故+的最小值等于.
課時檢測
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1.已知數列{an}是等差數列，若a1-a4-a8-a12+a15=，則sin(a2+a14)的值為(　　)
A.0 B.1
C.-1 D.不存在
√
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.若數列{Fn}滿足F1=F2=1，當n≥3時，Fn=Fn-1+Fn-2，則稱{Fn}為斐波那契數列.令an=(-1，則數列{an}的前100項和為(　　)
A.0 B.-34
C.-32 D.32
√
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解析:由數列{Fn}的前兩項都是奇數，因為兩奇數之和為偶數，偶數與奇數之和為奇數，可得{Fn}各項依次為奇奇偶，奇奇偶，奇奇偶，…，所以數列{an}的前若干項依次為-1，-1，1，-1，-1，1，…，將a3n-2，a3n-1，a3n看作一組，每組3個數的和為-1，所以數列{an}的前100項的和為33×(-1)-1=-34.
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3.已知函數f(x)=cos x，x∈，若方程f(x)=m有三個不同的實數根，且三個根從小到大依次成等比數列，則實數m的值可能是(　　)
A.- B.
C.- D.
√
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解析:如圖，設方程f(x)=m的三個不同的實數根從小到大依次為a，b，c，則解得所以m=f(a)=f=cos=-.
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4.有窮數列{an}中，Sn為{an}的前n項和，若把稱為數列{an}的“優化和”，現有一個共2 019項的數列:a1，a2，a3，…，a2 019，若其“優化和”為2 020，則有2 020項的數列:1，a1，a2，a3，…，a2 019的“優化和”為(　　)
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，∴所求數列的“優化和”為[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.定義“等方差數列”:如果一個數列從第二項起，每一項的平方與它的前一項的平方的差都等于同一個常數，那么這個數列就叫作等方差數列，這個常數叫作該數列的方公差.設{an}是由正數組成的等方差數列，且方公差為2，a5=3，則數列的前24項和為(　　)
A. B.3
C.3 D.6
√
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解析:依題意，-=2，即{}是公差為2的等差數列，而a5=3，于是=+2(n-5)=2n-1，即an=，則==
=-，所以數列的前24項和為(-1)+(-)+(-)+…+(-)=7-1=6.
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6.過圓x2+y2=10x內一點(5，3)有k條弦的長度組成等差數列，且最小弦長為數列的首項a1，最大弦長為數列的末項ak，若公差d∈，則k的取值不可能是(　　)
A.4 B.5
C.6 D.7
√
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解析:由題意，將圓x2+y2=10x化為(x-5)2+y2=25，可得圓心坐標為C(5，0)，半徑r=5，設A(5，3)，可得AC=3，由圓的弦長公式，可得a1=2=8，ak=10，則ak=a1+(k-1)d，即8+(k-1)d=10，所以k=+1，因為≤d≤，所以5≤+1≤7，即5≤k≤7，結合選項，可得k的取值不可能是選項A.
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7.已知數列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20，21，再接下來的三項是20，21，22，以此類推，若N>100且該數列的前N項和為2的整數冪，則N的最小值為 (　　)
A.440 B.330
C.220 D.110
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解析:把題設中的數列分成如下的組:(1)，(1，2)，(1，2，4)，(1，2，4，8)，… ，記前k組的和為Tk.則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.故當N>100時，數列至少包括前13組且含有第14組的前10個元素.設前N項和為2的整數冪且第N項為第k組的第l個元素，則N=+l，且前N項和SN=Tk-1+1+2+…+2l-1=2k-k-2+2l，其中1≤l≤k，k≥14.下證:當k≥14時，總有2k-1>k.記g(k)=2k-1-k，則當k≥14時，有g(k)-g(k-1)=2k-2-1>0，故{g(k)}為單調遞增數列，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為2的整數冪，故SN=2k，從而k+2=2l，當k=14時，l=4，與l≥10矛盾；當k=30時，l=5，此時N=+5=440，故選A.
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8.(5分)設數列{an}的前n項和為Sn，點(n∈N*)均在函數y=3x-2的圖象上，則數列{an}的通項公式an=_________.
6n-5
解析:依題意得=3n-2，即Sn=3n2-2n，所以數列{an}為等差數列，且a1=S1=1，a2=S2-S1=7，設其公差為d，則d=6，所以an=6n-5(n∈N*).
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9.(5分)已知無窮等差數列{an}的各項均為正數，公差為d，則能使得anan+1為某一個等差數列{bn}的前n項和(n=1，2，…)的一組a1，d的值為a1=_________________，d=___________________.
解析:設等差數列{bn}的前n項和為Sn，則Sn=anan+1，∴S1=a1a2，S2=a2a3，S3=a3a4.又{an}是公差為d的等差數列，∴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，由題知a1>0，∴a1=d.故滿足題意的一組a1，d的值為a1=1，d=1.
1(答案不唯一)
1(答案不唯一)
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10.(5分)已知數列{bn}的通項公式是bn=n2-tn+4，使數列中存在負數項的一個t的值為_____________________________________________.
5(答案不唯一，(4，+∞)中的任一個值均可)
解析:記Δ=(-t)2-4×1×4=t2-16，當Δ≤0時，即-4≤t≤4，顯然bn=n2-tn+4≥0恒成立，不滿足要求；當Δ>0時，t<-4或t>4，若t<-4，則-tn>0，n2+4>0，所以bn=n2-tn+4>0恒成立，不滿足要求；若t>4，此時b2=8-2t<0，必然滿足數列{bn}中存在負數項.由上可知，t的可取值的范圍是(4，+∞)，故可取t=5.
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11.(10分)已知數列{an}為等差數列，{bn}是公比為2的等比數列，且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)證明:a1=b1；(4分)
解:證明:設數列{an}的公差為d，
則
即解得b1=a1=，所以原命題得證.
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(2)若集合M={k|bk=am+a1，1≤m≤50}，求集合M中的元素個數.(6分)
解:由(1)知b1=a1=，所以bk=am+a1 a1×2k-1=a1+(m-1)d+a1，
因為a1≠0，所以m=2k-2∈[1，50]，解得2≤k≤log250+2=3+log225，
由24=16，25=32，故4所以滿足等式的解k=2，3，4，5，6，7.故集合M中的元素個數為6.
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12.(10分)已知等差數列{an}是遞增數列，a2=2，且a3-1，a4，a5+5成等比數列，Sn是數列{an}的前n項和.
(1)求數列{an}的通項公式；(3分)
解:設{an}的公差為d(d>0)，
則
∴d2-2d-3=0，∵d>0，∴d=3，a1=-1，
∴{an}的通項公式為an=a1+(n-1)d=3n-4.
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(2)設bn=，Tn是數列{bn}的前n項和，求滿足+T11>0的最小的n的值.(7分)
解:由(1)知Sn==，bn===-，
T11=+++…+=-1-=-.+T11>0化為->0，∴3n2-5n-250>0，
∴(n-10)(3n+25)>0，∴正整數n>10，∴滿足條件的n的最小值為11.
9
13.(15分)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，=-，n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式；(7分)
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解:由=-，令n=1，則有=1-，則a2=2，
由=-可得Sn=，當n≥2時，Sn-1=，
兩式作差可得2an=an，且an≠0，則2=-，則1+=-1，即=，可得an+1-an=an-an-1=…=a2-a1=1，故{an}是以1為首項，1為公差的等差數列，則an=n.
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(2)已知bn=，記{bn}的前n項和為Tn，求證:1-+解:證明:由于bn===-，
那么Tn=++…+
=1-.因為>0，所以Tn<1.設cn=，則=≤1，則c1=c2>c3>…，故≤<1，故2n>n(n∈N*)，所以Tn>1-=1-+.綜上可得，1-+9
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14.(15分)已知項數大于3的數列{an}的各項和為Sn，且任意連續三項均能構成不同的等腰三角形的三邊長.
(1)若an∈{1，2}(n=1，2，3，…，M)，求M和Sn；(7分)
解:由題意，數列an∈{1，2}(n=1，2，3，…，M)，邊長為1或2的等腰三角形只有1，1，1；1，2，2；2，2，2.
若前三項有1，1，1，則該數列只能有3項，不合題意；
若前三項有1，2，2，該數列只有4項，且該數列只能為1，2，2，2；
若前三項有2，2，2，該數列只有4項，且該數列只能為2，2，2，1；
綜上可得M=4，Sn=7.
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(2)若an∈{1，2，3}(n=1，2，3，…，M)，求M的最大值.(8分)
解:構造數列:1，2，2，2，3，3，3，1，此時M=8.
若存在連續三項為1，1，1時，本題中有兩條邊為1，1的等腰三角形僅有1，1，1，
即數列只有3項，與M≥4矛盾，舍去.
若不存在連續三項為1，1，1時，連續三項(不考慮這三項的順序)共有以下6種可能:1，2，2；1，3，3；2，2，2；2，2，3；2，3，3；3，3，3.
又相鄰的4項組成的2個等腰三角形中間2項是共用的，則總的項數為不同的等腰三角形的個數加上首尾2項，所以M≤6+2=8，即M的最大值為8.
9課時檢測(四十)　數列的綜合問題
(選擇題請在答題區內作答,填空、解答題請在題后作答)
1.已知數列{an}是等差數列,若a1-a4-a8-a12+a15=,則sin(a2+a14)的值為 (　　)
A.0 B.1
C.-1 D.不存在
2.若數列{Fn}滿足F1=F2=1,當n≥3時,Fn=Fn-1+Fn-2,則稱{Fn}為斐波那契數列.令an=(-1,則數列{an}的前100項和為 (　　)
A.0 B.-34
C.-32 D.32
3.已知函數f(x)=cos x,x∈,若方程f(x)=m有三個不同的實數根,且三個根從小到大依次成等比數列,則實數m的值可能是 (　　)
A.- B.
C.- D.
4.有窮數列{an}中,Sn為{an}的前n項和,若把稱為數列{an}的“優化和”,現有一個共2 019項的數列:a1,a2,a3,…,a2 019,若其“優化和”為2 020,則有2 020項的數列:1,a1,a2,a3,…,a2 019的“優化和”為 (　　)
A.2 019 B.2 020
C.2 021 D.2 022
5.定義“等方差數列”:如果一個數列從第二項起,每一項的平方與它的前一項的平方的差都等于同一個常數,那么這個數列就叫作等方差數列,這個常數叫作該數列的方公差.設{an}是由正數組成的等方差數列,且方公差為2,a5=3,則數列的前24項和為 (　　)
A. B.3
C.3 D.6
6.過圓x2+y2=10x內一點(5,3)有k條弦的長度組成等差數列,且最小弦長為數列的首項a1,最大弦長為數列的末項ak,若公差d∈,則k的取值不可能是 (　　)
A.4 B.5
C.6 D.7
7.已知數列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一項是20,接下來的兩項是20,21,再接下來的三項是20,21,22,以此類推,若N>100且該數列的前N項和為2的整數冪,則N的最小值為 (　　)
A.440 B.330
C.220 D.110
8.(5分)設數列{an}的前n項和為Sn,點(n∈N*)均在函數y=3x-2的圖象上,則數列{an}的通項公式an=　　　　.
9.(5分)已知無窮等差數列{an}的各項均為正數,公差為d,則能使得anan+1為某一個等差數列{bn}的前n項和(n=1,2,…)的一組a1,d的值為a1=　　　,d=　　　　.
10.(5分)已知數列{bn}的通項公式是bn=n2-tn+4,使數列中存在負數項的一個t的值為　　　　.
11.(10分)已知數列{an}為等差數列,{bn}是公比為2的等比數列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)證明:a1=b1;(4分)
(2)若集合M={k|bk=am+a1,1≤m≤50},求集合M中的元素個數.(6分)
12.(10分)已知等差數列{an}是遞增數列,a2=2,且a3-1,a4,a5+5成等比數列,Sn是數列{an}的前n項和.
(1)求數列{an}的通項公式;(3分)
(2)設bn=,Tn是數列{bn}的前n項和,求滿足+T11>0的最小的n的值.(7分)
13.(15分)已知數列{an}的前n項和為Sn,a1=1,=-,n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式;(7分)
(2)已知bn=,記{bn}的前n項和為Tn,求證:1-+14.(15分)已知項數大于3的數列{an}的各項和為Sn,且任意連續三項均能構成不同的等腰三角形的三邊長.
(1)若an∈{1,2}(n=1,2,3,…,M),求M和Sn;(7分)
(2)若an∈{1,2,3}(n=1,2,3,…,M),求M的最大值.(8分)
課時檢測(四十)
1．選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．選B　由數列{Fn}的前兩項都是奇數，因為兩奇數之和為偶數，偶數與奇數之和為奇數，可得{Fn}各項依次為奇奇偶，奇奇偶，奇奇偶，…，所以數列{an}的前若干項依次為－1，－1,1，－1，－1,1，…，將a3n－2，a3n－1，a3n看作一組，每組3個數的和為－1，所以數列{an}的前100項的和為33×(－1)－1＝－34.
3．選A　如圖，設方程f(x)＝m的三個不同的實數根從小到大依次為a，b，c，則解得所以m＝f(a)＝f＝cos＝－.
4．選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，∴所求數列的“優化和”為[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．選D　依題意，a－a＝2，即{a}是公差為2的等差數列，而a5＝3，于是a＝a＋2(n－5)＝2n－1，即an＝，則＝＝＝－，所以數列的前24項和為(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝7－1＝6.
6．選A　由題意，將圓x2＋y2＝10x化為(x－5)2＋y2＝25，可得圓心坐標為C(5,0)，半徑r＝5，設A(5,3)，可得AC＝3，由圓的弦長公式，可得a1＝2＝8，ak＝10，則ak＝a1＋(k－1)d，即8＋(k－1)d＝10，所以k＝＋1，因為≤d≤，所以5≤＋1≤7，即5≤k≤7，結合選項，可得k的取值不可能是選項A.
7．選A　把題設中的數列分成如下的組：(1)，(1,2)，(1,2,4)，(1,2,4,8)，… ，記前k組的和為Tk.則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.故當N>100時，數列至少包括前13組且含有第14組的前10個元素．設前N項和為2的整數冪且第N項為第k組的第l個元素，則N＝＋l，且前N項和SN＝Tk－1＋1＋2＋…＋2l－1＝2k－k－2＋2l，其中1≤l≤k，k≥14.下證：當k≥14時，總有2k－1>k.記g(k)＝2k－1－k，則當k≥14時，有g(k)－g(k－1)＝2k－2－1>0，故{g(k)}為單調遞增數列，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為2的整數冪，故SN＝2k，從而k＋2＝2l，當k＝14時，l＝4，與l≥10矛盾；當k＝30時，l＝5，此時N＝＋5＝440，故選A.
8．解析：依題意得＝3n－2，即Sn＝3n2－2n，所以數列{an}為等差數列，且a1＝S1＝1，a2＝S2－S1＝7，設其公差為d，則d＝6，所以an＝6n－5(n∈N*)．
答案：6n－5
9．解析：設等差數列{bn}的前n項和為Sn，則Sn＝anan＋1，∴S1＝a1a2，S2＝a2a3，S3＝a3a4.又{an}是公差為d的等差數列，∴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，由題知a1>0，∴a1＝d.故滿足題意的一組a1，d的值為a1＝1，d＝1.
答案：1(答案不唯一)　1(答案不唯一)
10．解析：記Δ＝(－t)2－4×1×4＝t2－16，當Δ≤0時，即－4≤t≤4，顯然bn＝n2－tn＋4≥0恒成立，不滿足要求；當Δ>0時，t<－4或t>4，若t<－4，則－tn>0，n2＋4>0，所以bn＝n2－tn＋4>0恒成立，不滿足要求；若t>4，此時b2＝8－2t<0，必然滿足數列{bn}中存在負數項．由上可知，t的可取值的范圍是(4，＋∞)，故可取t＝5.
答案：5(答案不唯一，(4，＋∞)中的任一個值均可)
11．解：(1)證明：設數列{an}的公差為d，
則
即
解得b1＝a1＝，所以原命題得證．
(2)由(1)知b1＝a1＝，所以bk＝am＋a1 a1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，
因為a1≠0，所以m＝2k－2∈[1,50]，解得2≤k≤log250＋2＝3＋log225，
由24＝16,25＝32，故4所以滿足等式的解k＝2,3,4,5,6,7.
故集合M中的元素個數為6.
12．解：(1)設{an}的公差為d(d>0)，
則
∴d2－2d－3＝0，∵d>0，∴d＝3，a1＝－1，
∴{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝3n－4.
(2)由(1)知Sn＝＝，
bn＝＝＝－，
T11＝＋＋＋…＋＝－1－＝－.＋T11>0化為－>0，∴3n2－5n－250>0，
∴(n－10)(3n＋25)>0，∴正整數n>10，
∴滿足條件的n的最小值為11.
13．解：(1)由＝－，令n＝1，則有＝1－，則a2＝2，
由＝－可得Sn＝，當n≥2時，Sn－1＝，
兩式作差可得2an
＝an，
且an≠0，則2＝－，
則1＋＝－1，即＝，可得an＋1－an＝an－an－1＝…＝a2－a1＝1，故{an}是以1為首項，1為公差的等差數列，則an＝n.
(2)證明：由于bn＝＝＝－，
那么Tn＝＋＋…＋
＝1－.因為>0，所以Tn<1.設cn＝，則＝≤1，則c1＝c2>c3>…，故≤<1，故2n>n(n∈N*)，所以Tn>1－＝1－＋.綜上可得，1－＋14．解：(1)由題意，數列an∈{1,2}(n＝1,2,3，…，M)，邊長為1或2的等腰三角形只有1,1,1；1,2,2；2,2,2.
若前三項有1,1,1，則該數列只能有3項，不合題意；
若前三項有1,2,2，該數列只有4項，且該數列只能為1,2,2,2；
若前三項有2,2,2，該數列只有4項，且該數列只能為2,2,2,1；
綜上可得M＝4，Sn＝7.
(2)構造數列：1,2,2,2,3,3,3,1，此時M＝8.
若存在連續三項為1,1,1時，本題中有兩條邊為1,1的等腰三角形僅有1,1,1，
即數列只有3項，與M≥4矛盾，舍去．
若不存在連續三項為1,1,1時，連續三項(不考慮這三項的順序)共有以下6種可能：1,2,2；1,3,3；2,2,2；2,2,3；2,3,3；3,3,3.
又相鄰的4項組成的2個等腰三角形中間2項是共用的，則總的項數為不同的等腰三角形的個數加上首尾2項，所以M≤6＋2＝8，即M的最大值為8.
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