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专题微课　数列的综合问题
题型(一)　数列的新定义问题
[例1]　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}.
听课记录:
　　|思|维|建|模|
与数列有关的新定义问题的解题策略
(1)通过给定的与数列有关的新定义,或约定的一种新运算,或给出的由几个新模型来创设的新问题的情境,要求在阅读理解的基础上,依据题设所提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.
(2)遇到新定义问题,需耐心研究题中信息,分析新定义的特点,搞清新定义的本质,按新定义的要求“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以顺利解决.
(3)类比“熟悉数列”的研究方式,用特殊化的方法研究新数列,向“熟悉数列”的性质靠拢.
　　[针对训练]
1.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.
题型(二)　数列与不等式的交汇问题
[例2]　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一般有两种
(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]
2.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.
题型(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,a7,a2 018是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点,则S2 024的值为 (　　)
A.6 B.12
C.2 024 D.6 072
(2)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且2ln b1 013=0,若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)= (　　)
A.4 073 B.2 025
C.2 026 D.4 050
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.
专题微课　数列的综合问题
[题型(一)]
[例1]　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}．
[针对训练]
1．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”．
[题型(二)]
[例2]　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递增，∴Tn≥T1＝＝，
又>0，故Tn<，综上≤Tn<.
[针对训练]
2．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.
[题型(三)]
[例3]　(1)选D　因为数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1，所以{an}是等差数列，
因为a7，a2 018是函数f(x)＝x2－6x＋5的两个零点，所以a7＋a2 018＝6，
所以S2 024＝＝1 012(a7＋a2 018)＝1 012×6＝6 072.
(2)选D　由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列，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)＝，
则当x>0时，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.
[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＝a·2m＋n－2＝16a，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.
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专题微课　数列的综合问题
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　数列的新定义问题
题型(二)　数列与不等式的交汇问题
课时检测
4
题型(三)　数列与其他知识综合
题型(一)　数列的新定义问题
01
[例1]　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.
(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}.
|思|维|建|模| 与数列有关的新定义问题的解题策略
(1)通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情境，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.
(2)遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决.
(3)类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.
针对训练
1.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”.
题型(二)　数列与不等式的交汇问题
02
[例2]　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一般有两种
(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
2.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.
题型(三)　数列与其他知识综合
03
[例3]　(1)数列{an}满足2an=an-1+an+1，Sn是数列{an}的前n项和，a7，
a2 018是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点，则S2 024的值为 (　　)
A.6 B.12
C.2 024 D.6 072
√
解析:因为数列{an}满足2an=an-1+an+1，所以{an}是等差数列，
因为a7，a2 018是函数f(x)=x2-6x+5的两个零点，所以a7+a2 018=6，
所以S2 024==1 012(a7+a2 018)=1 012×6=6 072.
(2)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列，且2ln b1 013=0，若f(x)=，则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=(　　)
A.4 073 B.2 025
C.2 026 D.4 050
√
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 013
=ln =ln(b1b2 025)=0，故b1b2 025=1，即有b1b2 025=b2b2 024=…=b2 025b1
=1，由f(x)=，则当x>0时，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.
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.
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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
√
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的值可能是(　　)
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，那么这个数列就叫作等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差.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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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.
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7.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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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，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.
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8.(5分)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=_________.
6n-5
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*).
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9.(5分)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=___________________.
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.
1(答案不唯一)
1(答案不唯一)
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10.(5分)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_____________________________________________.
5(答案不唯一，(4，+∞)中的任一个值均可)
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.
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11.(10分)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；(4分)
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)若集合M={k|bk=am+a1，1≤m≤50}，求集合M中的元素个数.(6分)
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.
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12.(10分)已知等差数列{an}是递增数列，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；(3分)
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.(7分)
解: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.
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13.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，=-，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；(7分)
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解:由=-，令n=1，则有=1-，则a2=2，
由=-可得Sn=，当n≥2时，Sn-1=，
两式作差可得2an=an，且an≠0，则2=-，则1+=-1，即=，可得an+1-an=an-an-1=…=a2-a1=1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，则an=n.
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(2)已知bn=，记{bn}的前n项和为Tn，求证:1-+解:证明:由于bn===-，
那么Tn=++…+
=1-.因为>0，所以Tn<1.设cn=，则=≤1，则c1=c2>c3>…，故≤<1，故2n>n(n∈N*)，所以Tn>1-=1-+.综上可得，1-+9
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14.(15分)已知项数大于3的数列{an}的各项和为Sn，且任意连续三项均能构成不同的等腰三角形的三边长.
(1)若an∈{1，2}(n=1，2，3，…，M)，求M和Sn；(7分)
解:由题意，数列an∈{1，2}(n=1，2，3，…，M)，边长为1或2的等腰三角形只有1，1，1；1，2，2；2，2，2.
若前三项有1，1，1，则该数列只能有3项，不合题意；
若前三项有1，2，2，该数列只有4项，且该数列只能为1，2，2，2；
若前三项有2，2，2，该数列只有4项，且该数列只能为2，2，2，1；
综上可得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:构造数列:1，2，2，2，3，3，3，1，此时M=8.
若存在连续三项为1，1，1时，本题中有两条边为1，1的等腰三角形仅有1，1，1，
即数列只有3项，与M≥4矛盾，舍去.
若不存在连续三项为1，1，1时，连续三项(不考虑这三项的顺序)共有以下6种可能:1，2，2；1，3，3；2，2，2；2，2，3；2，3，3；3，3，3.
又相邻的4项组成的2个等腰三角形中间2项是共用的，则总的项数为不同的等腰三角形的个数加上首尾2项，所以M≤6+2=8，即M的最大值为8.
9课时检测(四十)　数列的综合问题
(选择题请在答题区内作答,填空、解答题请在题后作答)
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的值可能是 (　　)
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,那么这个数列就叫作等方差数列,这个常数叫作该数列的方公差.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.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
8.(5分)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=　　　　.
9.(5分)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=　　　　.
10.(5分)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　　　　.
11.(10分)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;(4分)
(2)若集合M={k|bk=am+a1,1≤m≤50},求集合M中的元素个数.(6分)
12.(10分)已知等差数列{an}是递增数列,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;(3分)
(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.(7分)
13.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,=-,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;(7分)
(2)已知bn=,记{bn}的前n项和为Tn,求证:1-+14.(15分)已知项数大于3的数列{an}的各项和为Sn,且任意连续三项均能构成不同的等腰三角形的三边长.
(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)
课时检测(四十)
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，a－a＝2，即{a}是公差为2的等差数列，而a5＝3，于是a＝a＋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．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.
8．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
9．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：1(答案不唯一)　1(答案不唯一)
10．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)
11．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.
12．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.
13．解：(1)由＝－，令n＝1，则有＝1－，则a2＝2，
由＝－可得Sn＝，当n≥2时，Sn－1＝，
两式作差可得2an
＝an，
且an≠0，则2＝－，
则1＋＝－1，即＝，可得an＋1－an＝an－an－1＝…＝a2－a1＝1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，则an＝n.
(2)证明：由于bn＝＝＝－，
那么Tn＝＋＋…＋
＝1－.因为>0，所以Tn<1.设cn＝，则＝≤1，则c1＝c2>c3>…，故≤<1，故2n>n(n∈N*)，所以Tn>1－＝1－＋.综上可得，1－＋14．解：(1)由题意，数列an∈{1,2}(n＝1,2,3，…，M)，边长为1或2的等腰三角形只有1,1,1；1,2,2；2,2,2.
若前三项有1,1,1，则该数列只能有3项，不合题意；
若前三项有1,2,2，该数列只有4项，且该数列只能为1,2,2,2；
若前三项有2,2,2，该数列只有4项，且该数列只能为2,2,2,1；
综上可得M＝4，Sn＝7.
(2)构造数列：1,2,2,2,3,3,3,1，此时M＝8.
若存在连续三项为1,1,1时，本题中有两条边为1,1的等腰三角形仅有1,1,1，
即数列只有3项，与M≥4矛盾，舍去．
若不存在连续三项为1,1,1时，连续三项(不考虑这三项的顺序)共有以下6种可能：1,2,2；1,3,3；2,2,2；2,2,3；2,3,3；3,3,3.
又相邻的4项组成的2个等腰三角形中间2项是共用的，则总的项数为不同的等腰三角形的个数加上首尾2项，所以M≤6＋2＝8，即M的最大值为8.
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