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高三 数列专题1


高三 数列专题 1 1.已知等差数列{an}中,首项 a1=1,公差 d 为整数,且满足 a1+3<a3,a2+5>a4,数列{bn} .. 满足 bn =
1 ,其前 n 项和为 Sn. an an +1

(1)求数列{an}的通项公式 an; (2)若 S2 为 S1,Sm(m∈N*)的等比中项,求 m 的值.
a +

3 < a1 + 2d , 3 5 解: (1)由题意,得 1 解得 < d < . 2 2 a1 + d + 5 > a1 + 3d ,

………………………3 分 ………………………6 分

又 d∈Z,∴d = 2.∴an=1+(n-1) 2=2n-1. (2)∵ bn =
1 1 1 1 1 = ), = ( an an +1 (2n 1)(2n + 1) 2 2n 1 2n + 1

1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴ S n = [(1 ) + ( ) + + ( .11 分 )] = (1 )= 2 3 3 5 2n 1 2n + 1 2 2 n + 1 2n + 1

∵ S1 =

1 2 m , S2 = , S m = ,S2 为 S1,Sm(m∈ N )的等比中项, 3 5 2m + 1
2

m 2 1 2 ∴ S2 = Sm S1 ,即 = , 5 3 2m + 1

………………………14 分 ………………………15 分

解得 m=12.

2.数列 {a n } 的前 n 项和记为 S n , a1 = t , a n +1 = 2 S n + 1 ( n ∈ N ) .

(1)当 t 为何值时,数列 {a n } 是等比数列? (2) (1) 在 的条件下, 若等差数列 {bn } 的前 n 项和 Tn 有最大值, T3 = 15 , a1 + b1 , 且 又

a2 + b2 , a3 + b3 成等比数列,求 Tn .
( 【解】 1)由 a n +1 = 2 S n + 1 ,可得 a n +1 = 2 S n 1 + 1 ( n ≥ 2) , 两式相减得 a n +1 a n = 2 a n , 即 a n +1 = 3a n ( n ≥ 2) , ∴当 n ≥ 2 时, {a n } 是等比数列, …………………………………………………3 分 要使 n ≥ 1 时, {a n } 是等比数列,则只需

a 2 2t + 1 = = 3 ,从而 t = 1 . ……6 分 a1 t

(2)设 {bn } 的公差为 d, 由 T3 = 15 得 b1 + b2 + b3 = 15 ,于是 b2 = 5 , …………………………………8 分

1

故可设 b1 = 5 d , b3 = 5 + d , 又 a1 = 1 , a 2 = 3 , a 3 = 9 , 由题意可得 (5 d + 1)(5 + d + 9) = (5 + 3) 2 ,解得 d1 = 2 , d 2 = 10 , ∵等差数列 {bn } 的前 n 项和 Tn 有最大值, ∴ d < 0 , d = 10 , ∴ Tn = 15n + …………………………………………………………10 分 ………………………………12 分

n ( n 1) × ( 10) = 20n 5n 2 . 2

4.已知数列 {a n }满足a1 = a ( a ≠ 0, 且a ≠ 1), 前n项和为 S n , 且S n = (I)求证: {a n } 是等比数列; (II)记 bn = a n lg | a n | ( n ∈ N * ), 当a =

a (1 a n ). 1 a

7 时,是否存在正整数 m,使得对于任意正 3

整数 n,都有 bn ≥ bm ?如果存在,求出 m 的值;如果不存在,说明理由. 【解】当 n ≥ 2时, S n =

∴ a n = S n S n 1

a a (1 a n ), S n 1 = (1 a n 1 ) , 1 a 1 a a a = [(1 a n ) (1 a n 1 )] = ( a n 1 a n ) , …………3 分 1 a 1 a

即 a n = aa n 1 .又a1 = a ≠ 0 , …………5 分 所以, {a n }是首项和公比都为a 的等比数列. …………6 分 (II)解:由(I)知, a n = a n , bn = a n lg | a n |= na n lg | a | . …………7 分

7 ∈ ( 1,0), 则 lg | a |< 0. 3 所以, 当n为偶数时, bn = na n lg | a |< 0; n为奇数时, bn > 0.

又a =

可见,若存在满足条件的正整数 m,则 m 为偶数. …………9 分

2

b2 k + 2 b2 k = [(2k + 2)a 2 k + 2 2ka 2 k ] lg | a | = 2a 2 k [(k + 1)a 2 k ] lg | a | a2 1 = 2a [k (a 1) + a 2 ] lg | a | a 1 2 a = 2a 2 k (a 2 1)(k ) lg | a | (k ∈ N + ). 1 a2 a2 7 2 7 当a = 时, a 2 1 = ,∴ 2a 2 k (a 2 1) lg | a |> 0.又 = , 2 3 9 2 1 a 7 当k > 时, b2 k + 2 > b2 k , 即b8 < b10 < b12 < ; 2 7 当k < 时, b2 k + 2 < b2 k ,即b8 < b6 < b4 < b2 . 2 故存在正整数m = 8使得对于任意正整数n, 都有bn ≥ bm .12分
2k 2 2

8.设数列 {an } 满足 an ≠ 0, a1 = 1 , an = (1 2n) an an 1 + an 1 ( n ≥ 2 ) ,数列 {an } 的前 n 项 和为 S n . (1) 求数列 {an } 的通项公式; (2) 求证:当 n ≥ 2 时,

n < Sn < 2 ; n +1 6n 5 < S n < ?说明理由. ( n + 1)(2n + 1) 3

(3)试探究:当 n ≥ 2 时,是否有 (1)解法 1:∵ an ≠ 0 ∴ an an 1 ≠ 0 ( n ≥ 2 ) ∴

an (1 2n) an an 1 a = + n 1 -------------------------------------1 分 an an 1 an an 1 an an 1

1 1 = (1 2n) + an 1 an 1 1 = 2n 1 ----------------------------------------------------3 分 an an 1


1 1 1 1 1 1 1 1 = + ( ) + ( ) + + ( ) an a1 a2 a1 a3 a2 an an 1
= 1 + 3 + 5 + 7 + + (2n 1) =

n(1 + 2n 1) = n2 ( n ≥ 2 ) 2
3



1 = 1 也适合上式, a1
1 n2
-------------------------------------------------5 分

∴ an =

[解法 2:由 a1 = 1 , an = (1 2n) an an 1 + an 1 得 a2 =

1 1 1 , a3 = ,由此猜想 an = 2 ,----------------------------------2 分 4 9 n

以下用数学归纳法证明: ①当 n = 1 时,由 a1 = 1 知猜想显然成立; ②假设当 n = k ( k ≥ 1, k ∈ N )时猜想成立,即 ak =

1 -----------------------3 分 k2

由 an = (1 2n) an an 1 + an 1 得当 n = k + 1 时 ak +1 = [1 2( k + 1)]ak +1ak + ak

ak +1 =

( 1 2 k ) 1 ak +1 + 2 2 k k

∴ ak +1 =

1 (k + 1) 2

这就是说当 n = k + 1 时猜想也成立 综 ① ② 证 明 得 an = 分] (2)证明:∵ an =

1 -------------------------------------------------------5 n2

1 n2 1 1 1 + 2 + + 2 2 2 3 n

∴ S n = a1 + a2 + + an = 1 + ∵当 n ≥ 2 时,

1 1 1 1 < = 2 n (n 1)n n 1 n
=



1+

1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + + 2 < 1 + [(1 ) + ( ) + + ( )] 2 2 3 n 2 2 3 n 1 n + 1

2

1 < 2 ------8 分 n +1 1 1 1 1 > = 2 n n(n + 1) n n + 1 1 2

又∵

1 1 1 1 1 n ) = 1 = 2 3 n n +1 n +1 n +1 n ∴当 n ≥ 2 时, < S n < 2 .---------------------------------------------10 n +1
∴ S n > (1 ) + ( ) + + ( 分

4

(3)∵

1 4 4 1 1 ) = 2< = 2( 2 n 4n (2n 1)(2n + 1) 2n 1 2n + 1

∴1 +

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + + 2 < 1 + 2[( ) + ( ) + + ( )] 2 2 3 n 3 5 5 7 2 n 1 2n + 1 5 2 5 = < -----------------------------------------------------12 3 2n + 1 3

分 当 n ≥ 2 时,要 S n >

6n n 6n 只需 > ( n + 1)(2n + 1) n + 1 ( n + 1)(2n + 1)

即需 2n + 1 > 6 ,显然这在 n ≥ 3 时成立 而 S2 = 1 +

6n 6× 2 4 1 5 5 4 = = 显然 > = ,当 n ≥ 2 时 4 4 ( n + 1)(2n + 1) (2 + 1)(4 + 1) 5 4 5 6n 也成立 ( n + 1)(2n + 1) 6n 5 < S n < .------------------------------14 ( n + 1)(2n + 1) 3

即当 n ≥ 2 时 S n >

综上所述:当 n ≥ 2 时,有 分

9.已知数列 {an } 的前 n 项和 S n = 9. (1)求 {an } 的通项公式;

3 (an 1) , n ∈ N + . 2

(2)设 n ∈ N+,集合 An = { y | y = a i , i ≤ n , i ∈ N + } , B = { y | y = 4m + 1 , m ∈ N + } .现 在集合 An 中随机取一个元素 y ,记 y ∈ B 的概率为 p(n ) ,求 p(n ) 的表达式. (1)因为 S n = 解:

3 3 (an 1) , n ∈ N + ,所以 S n +1 = (a n +1 1) . 2 2 3 3 两式相减,得 S n +1 S n = ( a n +1 a n ) ,即 a n +1 = ( a n +1 a n ) , 2 2
又 S1 =

∴ a n +1 = 3a n , n ∈ N + .…………………………3 分

3 3 ( a1 1) ,即 a1 = ( a1 1) ,所以 a1 = 3 . 2 2

∴ {an } 是首项为 3,公比为 3 的等比数列. 从而 {an } 的通项公式是 a n = 3n , n ∈ N + .………………………6 分 (2)设 y = ai = 3i ∈ An , i ≤ n , n ∈ N + . 当 i = 2 k , k ∈ N + 时,
0 1 k k ∵ y = 32 k = 9 k = (8 + 1) k = Ck 8k + C k 8k 1 + … + Ck 1 8 + C k 0 1 k = 4 × 2(Ck 8k 1 + C k 8k 2 + … + C k 1 ) + 1 ,∴ y ∈ B . ………………………9 分

5

当 i = 2 k 1 , k ∈ N + 时,
1 0 1 ∵ y = 32 k 1 = 3 × (8 + 1) k 1 = 3 × (Ck 1 8k 1 + C k 1 8k 2 + … + C kk12 8 + C kk1 ) 1 = 4 × 6(C k01 8 k 2 + C k 1 8 k 3 + … + C kk12 ) + 3 ,∴ y B .…………………12 分

又∵集合 An 含 n 个元素,

1 , n为偶数, ∴在集合 An 中随机取一个元素 y ,有 y ∈ B 的概率 p( n ) = 2 .………… n 1 , n为奇数. 2n
11.某县为了贯彻落实党中央国务院关于农村医疗保险(简称"医保")政策,制定了如下实 施方案:2009 年底通过农民个人投保和政府财政投入,共集资 1000 万元作为全县农村医保 基金,从 2010 年起,每年报销农民的医保费都为上一年底医保基金余额的 10%,并且每年 底县财政再向医保基金注资 m 万元(m 为正常数). (Ⅰ)以 2009 年为第一年,求第 n 年底该县农村医保基金有多少万元? (Ⅱ)根据该县农村人口数量和财政状况,县政府决定每年年底的医保基金要逐年增加,同 时不超过 1500 万元,求每年新增医保基金 m(单位:万元)应控制在什么范围内. 【解】 (Ⅰ)设第 n 年底该县农村医保基金为 an 万元,则

a1 = 1000 , an = (1 10%)an 1 + m (n ≥ 2) ,即 an =
分) 于是 an 10m =

9 an 1 + m( n ≥ 2) . 10

(3

9 9 ( an 1 10m) ( n ≥ 2) . 所以 an 10m = ( a1 10m) ( ) n 1 , 10 10 9 即 an = 10m + (1000 10m) ( ) n 1 . 10 9 n 1 ) 万元. 10

(6

分) 故第 n 年底该县农村医保基金有 10m + (1000 10m) ( (7

分) (Ⅱ)若每年年底的医保基金逐年增加,则数列 {an } 单调递增. 因为 y = ( 分) 又 an = 10m + (1000 10m) (

9 n 1 ) 是减函数,则 1000-10m<0 时,即 m>100. 10 9 n 1 ) ≤ 1500 恒成立,则 lim an ≤ 1500 . n →∞ 10

(10

即 10m≤1500,所以 m≤150. 分) 故每年新增医保基金 m 的控制范围是(100,150]. 分) 12.已知数列 {an }满足a1 = 2, an +1 = an

(12 (13

1 . n( n + 1)

(I)求数列

{an }

的通项公式;

(Ⅱ)设 bn =

1 , Tn = b1 b2 b3 bn , 求证: 2n + 1 Tn > 1. a2 n
6

解:(I)由已知得 an +1 an =

1 , 又a1 = 2 n(n + 1)

∴ n ≥ 2时, an = a1 + (a2 a1 ) + (a3 a2 ) + + (an an 1 ) = 2 1 1 1 1 1 1 1 1 = 2 (1 + + + ) 1 2 2 3 (n 1) n 2 2 3 n 1 n

1 1 n +1 = 2 (1 ) = 1 + = n n n a1 = 2也适合上式
所以,对一切 n ∈ N * , an = (II)因 bn =

n +1 n

………………6 分

2n ,所以 2n + 1

2n 2 2n 2n 2n 1 2 n ) = > 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n 2n + 1 2 4 6 2n 2 ∴ Tn2 = b12 b22 b32 bn2 = ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 3 5 7 2n + 1 1 2 3 4 5 6 2n 1 2n 1 > = 2 3 4 5 6 7 2n 2n + 1 2 n + 1 bn2 = (

∴ Tn >

1 ,∴ 2n + 1 Tn > 1 2n + 1

………………13 分

(也可以用数学归纳法或令 An = 13.已知数列 值点.数列

2n + 1 Tn 利用数列单调性证明)

{an }

, x= 且

3 t 是函数 f ( x ) = an 1 x 3[(t + 1) an an +1 ] x + 1( n ≥ 2) 的一个极

{an }



a1 = t , a2 = t 2

( t > 0 且 t ≠ 1) .

(1)求数列

{an }

的通项公式;

bn = 2(1
(2)记 最小值;

1 ) an ,当 t = 2 时,数列 {bn } 的前 n 项和为 S n ,求使 S n > 2010 的 n 的

(3)若 解: (1) 所以

cn =

3n log t an c2 c3 cn 4 < (n ∈ N * ) n 3 1 ,证明: 2 3 n 3 .
,

f ' ( x ) = 3 a n 1 x 2 3[( t + 1) a n a n +1 ]

f ' ( t ) = 3 a n 1t 3[( t + 1) a n a n +1 ] = 0

.整理得:

a n +1 a n = t ( a n a n 1 )

.
7

{ a a n 1 } a =1 当 t = 1 时, n 是常数列,得 n ; { a a n 1 } a a1 = t 2 t 是以 2 为首项, t 为公比的等比数列,所以 当 t ≠ 1 时, n
a n a n 1 = ( t 2 t ) t n 2 = ( t 1) t n 1
方 法 一 : 由 上 式 ,即 得

( a n a n 1 ) + ( a n 1 a n 2 ) + + ( a 2 a1 ) = ( t 1)( t n 1 + t n 2 + + t )

an a1 = (t 1)

t tn = tn t a = t n (n ≥ 2) . 1 t ,所以 n

a = t n (n ∈ N * ) .……………4分 又,当 t = 1 时上式仍然成立,故 n
方法二:由上式得:

an t n = an 1 t n 1 ,所以 {a n t n } 是常数列, a n t n = a1 t = 0 ,

an = t n (n ≥ 2) .又,当 t = 1 时上式仍然成立,故 an = t n (n ∈ N * ) . bn = 2(2 n 1) 1 = 2 n 1 n 2 2
1 1 2n 1 1 2

(2)当t=2时,

1 1 1 ∴ S n = 2n (1 + + 2 + + n 1 ) = 2n 2 2 2
= 2n 2(1 1 1 ) = 2n 2 + 2 n . n 2 2

1 1 2n 2 + 2( ) n > 2010 n + ( ) n > 1006 S > 2010 2 2 由 n ,得 , , 1 1 n ≤ 1005时, n + ( ) n < 1006, 当n ≥ 1006时, n + ( ) n > 1006 2 2 当 ,
因此 n 的最小值为1006.
阳新课标资源网 HTTP://WX.JTYJY.COM/]

……………8分

[来源:金太

n 3n 3 cn = n c1 = 3 1 且 2 ,所以 (3) c c2 c3 cn 4 c c c 1 1 1 1 < 1 2 3 n < 2 (1 )(1 2 ) (1 n ) > 2 3 n 3 1 2 3 n 3 3 3 2

8

1
因为

1 = 3n

(1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 )(1 + n 1 ) 1 + n 1 n 2 n 1 1 + n + n 2 n 1 1 + n n 3 3 3 3 3 3 3 3 3 = = ≥ 1 1 1 1 1 + n 1 1 + n 1 1 + n 1 1 + n 1 3 3 3 3 ,

1 1 1 1 1+ 1+ 2 1+ n 1+ n 1 1 1 3 3 3 = 3 >1 (1 )(1 2 ) (1 n ) > 1 3 3 3 1+1 1+ 1 2 2 1 + n1 3 3 所以 ,从而原命题得
证………14分
14

14 已知数列 {a n } 是等比数列, S n 为其前 n 项和. (1)若 S 4 , S10 , S 7 成等差数列,证明

a1 , a7 , a4 也成等差数列; 3 21 (2)设 S3 = , S6 = , bn = λ an n 2 ,若数列 {bn } 是单调递减数列,求实数 λ 的取 2 16
值范围. (1)设数列 {a n } 的公比为 q , 因为 S 4 , S10 , S 7 成等差数列,所以 q ≠ 1 ,且 2 S10 = S 4 + S 7 . 所以

2a1 1 q10 a 1 q4 a 1 q7 = 1 + 1 , 1 q 1 q 1 q

(

)

(

)

(

)

因为 q ≠ 0 ,所以 1 + q 3 = 2q 6 . …………………………………………4 分 所以 a1 + a1q 3 = 2 a1q 6 ,即 a1 + a4 = 2a7 . 所以 a1 , a7 , a4 也成等差数列. ………………………………………………6 分 (2)因为 S3 =

a1 1 q 3 3 = ,……………………① 所以 1 q 2 a1 1 q 6 21 = ,……………………② 1 q 16
由② ÷ ①,得 1 + q 3 = 所以 a n = 2

(

3 21 , S6 = , 2 16

)

(

)

7 1 ,所以 q = ,代入①,得 a1 = 2 . 8 2
, ………………………………………………………8 分

1 2

n 1

9

又因为 bn = λa n n 2 ,所以 bn = 2λ

1 2

n 1

n2 ,

由题意可知对任意 n ∈ N* ,数列 {bn } 单调递减, 所以 bn +1

1 1 2 < bn ,即 2λ (n + 1) < 2λ 2 2
n

n

n 1

n2 ,

1 即 6λ < 2n + 1 对任意 n ∈ N* 恒成立, ………………………………10 分 2
当 n 是奇数时, λ > 所以 λ > 1 ;

(2n + 1)2 n (2n + 1)2 n ,当 n = 1时 , 取得最大值-1, 6 6

………………………………………………………………12 分

当 n 是偶数时, λ < 所以 λ <

(2n + 1)2 n (2n + 1)2n 10 ,当 n = 2时 , 取得最小值 , 6 6 3

10 . 3 10 10 ,即实数 λ 的取值范围是 ( 1, ) .…………14 分 3 3

综上可知, 1 < λ <

17.设等差数列 {an } 的前 n 项和为 S n, a5 + a13 = 34,S3 = 9 . 且
(1)求数列 {an } 的通项公式及前 n 项和公式; (2)设数列 {bn } 的通项公式为 bn =

an ,问: 是否存在正整数 t,使得 b1,b2,bm an + t

(m ≥ 3,m ∈ N) 成等差数列?若存在,求出 t 和 m 的值;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)设等差数列 {an } 的公差为 d. 由已知得

a5 + a13 = 34, ……………………2 分 3a2 = 9,



a1 + 8d = 17, a1 = 1, 2 解得 ……………………4 分.故 an = 2n 1 Sn = n . , d = 2. a1 + d = 3,
( 2 ) 由 ( 1 ) 知 bn =

………6 分

2n 1 . 要 使 b1 ,b2,bm 成 等 差 数 列 , 必 须 2b2 = b1 + bm , 即 2n 1 + t
…………… 11 分



3 1 2m 1 4 ,……8 分.整理得 m = 3 + , = + 3 + t 1 + t 2m 1 + t t 1

因为 m, 为正整数, t 所以 t 只能取 2, 5.当 t = 2 时,m = 7 ; t = 3 时,m = 5 ; t = 5 时,m = 4 . 3, 当 当 故存在正整数 t,使得 b1 ,b2,bm 成等差数列. ………………… 15 分

10

19. 设函数 f ( x ) =

1 2x + 3 数列 ( x > 0 ) , {an } 满足 a1 = 1, an = f n ∈ N * , 且n ≥ 2 . 3x an 1

(

)

⑴求数列 {an } 的通项公式; ⑵设 Tn = a1a2 a2 a3 + a3 a4 a4 a5 + + ( 1) 求实数 t 的取值范围; ⑶是否存在以 a1 为首项,公比为 q 0 < q < 5, q ∈ N * 的数列 a n k , k ∈ N ,使得数
*

n 1

an an +1 ,若 Tn ≥ tn 2 对 n ∈ N * 恒成立,

(

)

{ }

若存在, 求出所有满足条件的数列 {nk } 的 列 a n k 中每一项都是数列 {an } 中不同的项, 通项公式;若不存在,说明理由.

{ }

1 +3 1 an 1 2 解:⑴因为 an = f = an 1 + , ( n ∈ N * , 且n ≥ 2 ) , = 1 3 an 1 3× an 1 2×
所以 an an 1 =

2 .…………………………………………………………………………2 分 3 2 因为 a1 = 1 ,所以数列 {an } 是以 1 为首项,公差为 的等差数列. 3 2n + 1 所以 an = .…………………………………………………………………………4 分 3
⑵①当 n = 2m, m ∈ N * 时,

Tn = T2 m = a1a2 a2 a3 + a3 a4 a4 a5 + + ( 1)

2 m 1

a2 m a2 m +1

= a2 ( a1 a3 ) + a4 ( a3 a5 ) + + a2 m ( a 2 m1 a2 m +1 )
4 4 a +a 1 ( a2 + a4 + + a2 m ) = × 2 2 m × m = (8m2 + 12m ) 3 3 2 9 1 = ( 2n 2 + 6n ) .…………………………………………………………………………6 分 9 =
②当 n = 2 m 1, m ∈ N * 时,

Tn = T2 m 1 = T2 m ( 1)

2 m 1

a2 m a2 m +1

1 (8m2 + 12m ) + 1 (16m2 + 16m + 3) 9 9 1 1 = ( 8m 2 + 4m + 3) = ( 2n 2 + 6n + 7 ) .…………………………………………8 分 9 9 =

11

1 2 9 ( 2n + 6n ) , n为偶数, 所以 Tn = 1 ( 2n 2 + 6n + 7 ),n为奇数 9
要使 Tn ≥ tn 2 对 n ∈ N * 恒成立, 只要使

1 ( 2n2 + 6n ) ≥ tn2 , (n为偶数)恒成立 . 9

只要使 2 +

1 9

6 ≥ t , 对n为偶数恒成立 , n 5

故实数 t 的取值范围为 ∞, .……………………………………………………10 分 9 ⑶由 an =

2n + 1 ,知数列 {an } 中每一项都不可能是偶数. 3

①如存在以 a1 为首项,公比 q 为 2 或 4 的数列 a n k , k ∈ N * , 此时 a n k 中每一项除第一项外都是偶数,故不存在以 a1 为首项,公比为偶数的数列

{ }

{ }

{a } .……………………………………………………………………………………12 分
nk

②当 q = 1 时,显然不存在这样的数列 a n k . 当 q = 3 时,若存在以 a1 为首项,公比为 3 的数列 a n k , k ∈ N * . 则 an 1 = 1 , n1 = 1 , a n k = 3k 1 =

{ }

{ }

2nk + 1 3k 1 , nk = . 3 2 3k 1 .……………………………………16 分 2

所以满足条件的数列 {nk } 的通项公式为 nk =

20. 已知数列 {an } , {bn } 中,对任何正整数 n 都有:

a1bn + a2bn 1 + a3bn 2 + + an 1b2 + anb1 = 2n +1 n 2 .
(1)若数列 {an } 是首项和公差都是 1 的等差数列,求证:数列 {bn } 是等比数列; (2)若数列 {bn } 是等比数列,数列 {an } 是否是等差数列,若是请求出通项公式,若不是请说明理 由;

12

(3)若数列 {an } 是等差数列,数列 {bn } 是等比数列,求证: 解: (1)依题意数列 {an } 的通项公式是 an = n ,

∑ab
i =1

n

1

i i

3 < . 2

故等式即为 bn + 2bn 1 + 3bn 2 + + ( n 1)b2 + nb1 = 2 n +1 n 2 ,

bn 1 + 2bn 2 + 3bn 3 + + ( n 2)b2 + ( n 1)b1 = 2n n 1 ( n ≥ 2 ) ,
两式相减可得 bn + bn 1 + + b2 + b1 = 2 n 1 -----------------3 分

得 bn = 2 n 1 ,数列 {bn } 是首项为 1,公比为 2 的等比数列. -------4 分 (2)设等比数列 {bn } 的首项为 b ,公比为 q ,则 bn = bq n 1 ,从而有:

bq n 1a1 + bq n 2 a2 + bq n 3 a3 + + bqan 1 + ban = 2n +1 n 2 ,
又 bq n 2 a1 + bq n 3 a2 + bq n 4 a3 + + ban 1 = 2 n n 1 ( n ≥ 2 ) , 故 (2 n n 1) q + ban = 2 n +1 n 2 ------------------------6 分

an =

2 q n q 1 q2 , ×2 + ×n+ b b b
---------------------8 分

要使 an +1 an 是与 n 无关的常数,必需 q = 2 ,

即①当等比数列 {bn } 的公比 q = 2 时,数列 {an } 是等差数列,其通项公式是 an = ②当等比数列 {bn } 的公比不是 2 时,数列 {an } 不是等差数列. (3)由(2)知 anbn = n 2 n , 显然 n = 1,2 时
n

n ; b

---9 分

----------------------------

--------------10 分

∑ab
i =1

n

1

<

i i

3 2

当n ≥ 3时

∑ab
i =1

1

=

i i

1 1 1 1 1 + + + + + 2 3 1× 1 2 × 2 3 × 2 4 × 2 n × 2n1

1 1 1 1 1 -----14 分 + + + ++ 2 3 1×1 2 × 2 2 × 2 2 × 2 2 × 2n1 1 1 ( ) n 1 1 3 1 3 2 = 1+ -----------------16 分 = n < 1 2× 2 2 2 2 1 2
< 21.已知各项均为整数的数列 {an } 满足: a9 = 1 , a13 = 4 ,且前 12 项依次成等差数列,从
13

第 11 项起依次成等比数列. (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)若存在正整数 m,p 使得: am + am +1 + + am + p = am am +1 am + p ,请找出所有的有 序数对 ( m, p ) ,并证明你的结论. 解: 设由前 12 项构成的等差数列的公差为 d , (1) 从第 11 项起构成的等比数列的公比为 q ,

q = 6 2 q = 2 a12 (1 + 3d ) 2 由 a13 = 或 = = 4 可得 5, a11 1 + 2d d = 1 d = 9
又数列 {an } 各项均为整数,故

(3 分)

q = 2 n 10, n ≤ 12 ;所以 an = n 11 n∈ N ; d = 1 2 , n ≥ 13

(6 分)

(2)数列 {an } 为: 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0,1, 2, 4,8,16, 当 am , am +1 , , am + p 均为负数时, 显然 am + am +1 + + am + p < 0 ,所以 am am +1 am + p < 0 ,即 am , am +1 , , am + p 共有奇数项, 即 p 为偶数;又最多有 9 个负数项,所以 p ≤ 8 ,

p = 2 时,经验算只有 ( 3) + ( 2) + ( 1) = ( 3) ( 2) ( 1) 符合,此时 m = 7 ; p = 4, 6,8 时,经验算没有一个符合;
故当 am , am +1 , , am + p 均为负数时,存在有序数对 (7, 2) 符合要求. 当 am , am +1 , , am + p 均为正数时, m ≥ 11且m ∈ N , (8 分)

am + am+1 + + am+ p = 2m11 + 2m10 + + 2m+ p 11
= 2 m 11 (1 + 2 + + 2 p ) = 2m 11 (2 p +1 1)
am am +1 am + p = 2
m 11

2

m 10

2

m + p 11

= (2

m 11 p

) 2

1+ 2 ++ p

= (2

m 11 p

) 2

( p +1) p 2

因为 2 p+1 1 是比 1 大的奇数,所以 am + am +1 + + am + p 能被某个大于 1 的奇数( 2 p+1 1 ) 整除, (2 而
m 11 p

) 2

( p +1) p 2

不存在大于 1 的奇约数, am + am +1 + + am + p ≠ am am +1 am + p ; 故 (11 分)

故当 am , am +1 , , am + p 均为正数时,不存在符合要求有序数对;

14

当 am , am +1 , , am + p 中既有正数又有负数,即 am , am +1 , , am + p 中含有 0 时, 有 am am +1 am + p = 0 ,所以 am + am +1 + + am + p = 0 , (方法一)设负数项有 k ( k ∈ N ,且k ≤ 9) ,正数项有 l (l ∈ N ) , 则 am , am +1 , , am + p 应是 k , ( k 1), ( k 2), , 2, 1, 0,1, 2, , 2 故有
l 1

,

k ( k + 1) = 2l 1 ;经验算: 2

k = 1 时, l = 1 ,此时 am , am +1 , , am + p 为 1, 0,1 , m = 9, p = 2 ; k = 2 时, l = 2 ,此时 am , am +1 , , am + p 为 2, 1, 0,1, 2 , m = 8, p = 4 ; k = 5 时, l = 4 ,此时 am , am +1 , , am + p 为 5, 4, 3 2, 1, 0,1, 2, 4,8 , m = 5, p = 9 ;
k = 3, 4, 6, 7,8, 9 时,均不存在符合要求的正整数 l ;
故当 am , am +1 , , am + p 中既有正数又有负数时,存在三组有序数对 (9, 2) , (8, 4) , (5, 9) 符 合要求; (方法二)因为负数项只有九项,我们按负数项分类: 含 1 个负数项时, 1, 0,1 ,符合,此时 m = 9, p = 2 ; 含 2 个负数项时, 2, 1, 0,1, 2 ,符合,此时 m = 8, p = 4 ; 含 3 个或 4 个负数项时,经验算不存在符合要求的; 含 5 个负数项时, 5, 4, 3 2, 1, 0,1, 2, 4,8 ,符合,此时 m = 5, p = 9 ; 含 6 个及 6 个以上负数项时,经验算不存在符合要求的; 故当 am , am +1 , , am + p 中既有正数又有负数时,存在三组有序数对 (9, 2) , (8, 4) , (5, 9) 符 合要求; 综上,存在四组有序数对 (9, 2) , (8, 4) , (5, 9) , (7, 2) 符合要求. (注:只找出有序数对无说明过程,一个有序数对只给 1 分) 22.已知数 (16 分)

{a n } 是以 d 为公

数 ,数

{bn } 是以 q 为公

数 .

(Ⅰ)若数 的值;

{bn } 的前 n 项 为 S n ,且 a1 = b1 = d = 2 , S3 < a1003 + 5b2 2010 ,求整数 q
,试问数

(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件 该数 求证:数

{bn } 中是否存在一项 bk ,使得 bk 恰好可以表示为
?请说 ;

连续 p ( p ∈ N , p ≥ 2) 项

, (Ⅲ)若 b1 = ar , b2 = as ≠ ar , b3 = at (其中 t > s > r ,且( s r )是( t r )的约数)

{bn } 中每一项



{a n } 中的项.
15

解: (Ⅰ)由题 得

, an = 2 n, bn = 2 q n 1 ,所以由 S3 < a1003 + 5b2 2010 ,

b1 + b2 + b3 < a1003 + 5b2 2010 b1 4b2 + b3 < 2006 2010 q 2 4q + 3 < 0
……3 分 解 得 1< q < 3 (Ⅱ)假设数 因 为 , 又

q





,

q = 2 ………………………………………………………5 分

{bn } 中存在一项 bk ,满
, ∴

bk = bm + bm +1 + bm + 2 + + bm + p 1 ,

bn = 2 n
k

bk > bm+ p 1 2k > 2m+ p 1 k > m + p 1 k ≥ m + p
m m +1

(*)…………8 分 又 bk = 2 = bm + bm +1 + bm + 2 + + bm + p 1 = 2 + 2 =2 (
m+ p

+ + 2 n + p 1 =

2m < 2m + p , k < m + p , (*) 所以 此与 式矛盾. 所以, 这
) 由

2 m (2 p 1) 2 1 项 bk 不存在……11
, 则

分 Ⅲ

b1 = ar

,



b2 = b1q = ar q = as = ar + ( s r )d

d=

ar ( q 1) ………………12 分 sr

又 b3 = b1q 2 = ar q 2 = at = ar + (t r ) d ar q 2 ar = (t r ) 从

ar ( q + 1)( q 1) = ar ( q 1)

ar ≠ 0 , tr 故q= 1 . 又 t > s > r , 且 ( s r ) 是 ( t r ) 的 约 数 , 所 以 q 是 整 数 , 且 sr q ≥ 2 ………14 分 {bn } 中 任 一 项 bi ( 这 讨 论 i > 3 的 情 形 ), 有 对 数
bi = ar q i 1 = ar + ar ( q i 1 1) = ar + ar ( q 1)(1 + q + q 2 + + q i 2 ) = ar + d ( s r )(1 + q + q 2 + + q i 2 ) = ar + [(( s r )(1 + q + q 2 + + q i 2 ) + 1) 1] d ,
由于 ( s r )(1 + q + q 2 + + q i 2 ) + 1 是正整数, 分 http://wx.jtyjy.com/23. 已 知 数 列

t r , 因 为 as ≠ ar b1 ≠ b2 , 所 以 q ≠ 1 , 又 sr

ar ( q 1) , sr

bi 一定是数 {a n } 的项……………16

{an }

,

an = p n + λ q n ( p > 0, q > 0, p ≠ q, λ ∈ R, λ ≠ 0, n ∈ N *) .
⑴求证:数列 {an +1 pan } 为等比数列; ⑵数列 {an } 中,是否存在连续的三项,这三项构成等比数列?试说明理由;

16

⑶设 A = {( n, bn ) | bn = 3n + k n , n ∈ N *} ,其中 k 为常数,且 k ∈ N ,



B = {( n, cn ) | cn = 5n , n ∈ N *} ,求 A ∩ B .
n n 解:⑴∵ an = p + λ q ,∴ an +1 pan = p n +1 + λ q n +1 p ( p n + λ q n ) = λ q n ( q p ) ,

∵ λ ≠ 0, q > 0, p ≠ q ∴ 分

an + 2 pan +1 = q 为常数∴数列 {an +1 pan } 为等比数列------------4 an +1 pan

⑵取数列 {an } 的连续三项 an , an +1 , an + 2 ( n ≥ 1, n ∈ N ) ,
2 ∵ an +1 an an + 2 = ( p n +1 + λ q n +1 ) 2 ( p n + λ q n )( p n + 2 + λ q n + 2 ) = λ p n q n ( p q ) 2 , 2 ∵ p > 0, q > 0, p ≠ q, λ ≠ 0 ,∴ λ p n q n ( p q )2 ≠ 0 ,即 an +1 ≠ an an + 2 ,

∴数列 {an } 中不存在连续三项构成等比数列; ⑶当 k = 1 时, 3n + k n = 3n + 1 < 5n ,此时 B ∩ C = ;

--------------------9 分

当 k = 3 时, 3n + k n = 3n + 3n = 2 3n 为偶数;而 5n 为奇数,此时 B ∩ C = ; 当 k ≥ 5 时, 3n + k n > 5n ,此时 B ∩ C = ;----------------------------------------------12 分 当 k = 2 时,3n + 2 n = 5n ,发现 n = 1 符合要求,下面证明唯一性(即只有 n = 1 符合要求) .

3 2 5 5 3 2 3 2 设 f ( x ) = ( ) x + ( ) x ,则 f ( x ) = ( ) x + ( ) x 是 R 上的减函数,∴ f ( x ) = 1 的解只有一 5 5 5 5
由 3n + 2 n = 5n 得 ( ) n + ( ) n = 1 , 个 从而当且仅当 n = 1 时 ( ) n + ( ) n = 1 ,即 3n + 2 n = 5n ,此时 B ∩ C = {(1, 5)} ; 当 k = 4 时, 3n + 4 n = 5n ,发现 n = 2 符合要求,下面同理可证明唯一性(即只有 n = 2 符 合要求) .

3 5

2 5

3 4 5 5 综上,当 k = 1 , k = 3 或 k ≥ 5 时, B ∩ C = ;
当 k = 2 时, B ∩ C = {(1, 5)} , 当 k = 4 时, B ∩ C = {(2, 25)} .

从而当且仅当 n = 2 时 ( ) n + ( ) n = 1 ,即 3n + 4 n = 5n ,此时 B ∩ C = {(2, 25)} ;

------------------------------16 分

17

24.已知函数 f ( x) =

x2 的图像经过点 ( 4,8) . x+m

(1)求该函数的解析式;

(2)数列 {an } 中,若 a1 = 1 , S n 为数列 {an } 的前 n 项和,且满足 an = f ( S n ) ( n ≥ 2) , 证明数列

1 成等差数列,并求数列 {an } 的通项公式; Sn

(3)另有一新数列 {bn } ,若将数列 {bn } 中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成 如下数表:

b1 b2 b3 b4 b5 b6 b7 b8 b9 b10
………… 记表中的第一列数 b1,b2,b4,b7,...,构成的数列即为数列 {an } ,上表中,若从第 三行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,且公比为同一个正数.当

b81 =

4 时,求上表中第 k ( k ≥ 3) 行所有项的和. 91

18

19

20

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