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培优课　数列的综合问题
　　
题型一 等差数列与等比数列的综合问题
【例1】　（2022·全国甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1.
（1）证明：{an}是等差数列；
（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
解决等差、等比数列的综合问题应注意四个方面
（1）等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用；
（2）对于解答题注意基本量及方程思想；
（3）注重问题的转化，利用非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用公式和性质解题；
（4）当题中出现多个数列时，既要纵向考虑单一数列的项与项之间的关系，又要横向考虑各数列之间的内在联系.
【跟踪训练】
（2022·新高考Ⅱ卷）已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
（1）证明：a1＝b1；
（2）求集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.
题型二 新定义问题
【例2】　已知数列{an}为“二阶等差数列”，即当an＋1－an＝bn（n∈N＋）时，数列{bn}为等差数列.若a1＝25，a3＝67，a5＝101.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）求数列{an}的最大值.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
解决数列中新定义问题的一般流程
（1）读懂定义，理解新定义数列的含义；
（2）特殊分析，比如先对n＝1，2，3，…的情况进行讨论；
（3）通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列（如等差、等比数列）的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案；
（4）联系等差数列与等比数列知识将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解.
【跟踪训练】
定义函数f（x）＝{x·{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当x∈（0，n]（n∈N＋）时，函数f（x）的值域为An，记集合An中元素的个数为an，则＋＋…＋＝　　　　.
题型三 数列与不等式的综合问题
【例3】　（2023·天津高考19题）已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
（1）求{an}的通项公式和ai；
（2）已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk＜an＜bk＋1.
①当k≥2时，求证：2k－1＜bk＜2k＋1；
②求{bn}的通项公式及其前n项和.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
【例4】　（2023·新高考Ⅱ卷18题）已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
（1）求{an}的通项公式；
（2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
　　解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
【跟踪训练】
若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N＋都成立的最小正整数m.
培优课　数列的综合问题
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）证明：由＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n，　①
所以2Sn＋1＋（n＋1）2＝2an＋1（n＋1）＋（n＋1），　②
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1（n＋1）－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列.
（2）由（1）知数列{an}的公差为1.
由＝a4a9，得（a1＋6）2＝（a1＋3）（a1＋8），解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋＝＝－，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
跟踪训练
　解：（1）证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，
即a1＝b1.
（2）由（1）知an＝a1＋（n－1）d＝a1＋（n－1）×2b1＝（2n－1）a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝（2m－1）a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.
【例2】　解：（1）由定义知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4，
得b1＋b2＝a3－a1＝42，b3＋b4＝a5－a3＝34.
设数列{bn}的公差为d，b3＋b4－（b1＋b2）＝4d＝－8，即d＝－2，易得b1＝22，所以数列{bn}的通项公式为bn＝－2n＋24.
（2）由题知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4，…，bn－1＝an－an－1，
累加可得，an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝bn－1＋bn－2＋…＋b1＋a1＝＋25＝－n2＋25n－24＋25＝－n2＋25n＋1（n≥2）.
又当n＝1时，a1＝25也满足上式，所以an＝－n2＋25n＋1.
由于二次函数y＝－x2＋25x＋1在x＝时取得最大值，
所以数列{an}的最大值为a12＝a13＝157.
跟踪训练
　　解析：由题意，a1＝1，当x∈（n，n＋1]时，{x}＝n＋1，x·{x}∈（n2＋n，n2＋2n＋1]，{x·{x}}的取值依次为n2＋n＋1，n2＋n＋2，…，n2＋2n＋1，共n＋1个，即an＋1＝an＋n＋1，由此可得an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋2＋3＋…＋n＝，＝＝2（ －），所以＋＋…＋＝2［（ 1－）＋（ －）＋…＋（ －）］＝2（ 1－）＝.
【例3】　解：（1）设等差数列{an}的公差为d.
由得解得
则数列{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
所以ai＝
＝＝3×22n－2.
（2）①证明：由（1）知an＝2n＋1，则数列{an}是递增数列.
所以当k≥2，2k－1≤n≤2k－1时，有2×2k－1＋1≤an≤2（2k－1）＋1，即2k＋1≤an≤2k＋1－1.
又对于任意k∈N*，当2k－1≤n≤2k－1时，有bk＜an＜bk＋1，所以bk＋1＞2k＋1－1，bk＜2k＋1.
由bk＋1＞2k＋1－1，得bk＞2k－1.
所以当k≥2时，2k－1＜bk＜2k＋1.
②由①可知1＜b1＜3，3＜b2＜5，7＜b3＜9，15＜b4＜17，
据此猜测bn＝2n.
否则，若数列的公比q＞2，则bn＝b1qn－1＞b1×2n－1＞2n－1.
注意到2n－1－（2n－1）＝1－2n－1，则2n－1－（2n－1）＞0不恒成立，即2n－1＞2n－1不恒成立，
此时无法保证2n－1＜bn.
若数列的公比q＜2，则bn＝b1qn－1＜b1×2n－1＜3×2n－1.
注意到3×2n－1－（2n＋1）＝2n－1－1，则2n－1－1＜0不恒成立，即3×2n－1＜2n＋1不恒成立，
此时无法保证bn＜2n＋1.
综上，数列的公比为2，则数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝2n＋1－2.
【例4】　解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为bn＝且S4＝32，T3＝16，
所以解得
所以an＝5＋2（n－1）＝2n＋3.
（2）证明：由（1）可知，Sn＝＝＝n2＋4n.
由an＝2n＋3，得bn＝
若n为偶数，则
Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝－3n＋2×＝n2＋n.
所以当n＞5时，Tn－Sn＝n2＋n－（n2＋4n）＝n2－n＝n（n－1）＞0，
即Tn＞Sn.
若n为奇数，则n－1为偶数，则
Tn＝Tn－1＋bn＝（n－1）2＋（n－1）＋2n＋3－6＝n2＋n－5.
所以当n＞5时，
Tn－Sn＝n2＋n－5－（n2＋4n）＝n2－n－5＝（n2－3n－10）＝（n＋2）（n－5）＞0，
即Tn＞Sn.
综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn.
跟踪训练
　解：（1）设{an}的公差为d（d≠0），
则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.
因为S1，S2，S4成等比数列，
所以a1·（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2.
所以2a1d＝d2.
因为d≠0，所以d＝2a1.
又因为S2＝4，
所以a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.
（2）因为bn＝＝＝（ －），
所以Tn＝（ 1－＋－＋…＋－）
＝（ 1－）＜.
要使Tn＜对所有n∈N＋都成立，
则有≥，即m≥30.
因为m∈N＋， 所以m的最小值为30.
2 / 2培优课　数列的综合问题
1.已知数列a，a（1－a），a（1－a）2，…是等比数列，则实数a满足（　　）
A.a≠1　 B.a≠0或a≠1
C.a≠0 D.a≠0且a≠1
2.设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公比q＝（　　）
A.3 B.4
C.5 D.6
3.在各项都为正数的等比数列{an}中，a2＝3，a3＋a4＝18，则a8＝（　　）
A.192 B.2 187
C.192或2 187 D.
4.等比数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝2，若数列{Sn－1}也为等比数列，则数列{an}的公比q的值为（　　）
A.－1 B.1
C.±1 D.不能确定
5.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯.”意思是：一座七层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层有灯（　　）
A.2盏 B.3盏
C.5盏 D.6盏
6.已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝（　　）
A.2 B.－2
C. D.－
7.在等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为85，所有偶数项之和为170，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为（　　）
A.580 B.585
C.590 D.595
8.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a3＝5，S4＝20，则＝（　　）
A.9 B.10
C.12 D.17
9.（多选）已知等比数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法一定成立的是（　　）
A.若a3＞0，则a2 025＞0
B.若a4＞0，则a2 024＞0
C.若a3＞0，则S2 025＞0
D.若a3＞0，则S2 025＜0
10.（多选）设数列{an}满足：a1＝1，且对任意的n∈N＋，都有an＋1＝2an＋1，Sn为数列{an}的前n项和，则（　　）
A.{an}为等比数列 B.an＝2n－1
C.为等比数列 D.Sn＝2n－n
11.（多选）公比为q的等比数列{an}，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足a1＞1，a2 023·a2 024＞1，＜0.则下列结论正确的是（　　）
A.0＜q＜1
B.a2 023·a2 025＞1
C.Sn的最大值为S2 025
D.Tn的最大值为T2 023
12.（多选）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝1，S7＝14，数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝，数列{cn}满足cn＝bncos（anπ），且其前n项和为Tn.则下列结论正确的是（　　）
A.an＝
B.bn＝2n－1
C.S2n－1＝n2－n
D.T2n＝－
13.记数列{an}的前n项积为Tn，写出一个同时满足①②的数列{an}的通项公式：an＝　　　　.
①{an}是递增的等比数列；②T3＝T6.
14.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”.若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为　　　　.
15.已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N＋），且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，则an＝　　　　.
16.在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin（log3a1＋log3a2＋…＋log3a7）的值为　　　　.
17.已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，若a2·a4＝16，a4＋a5＝24.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{lo2·lo2}的前n项和Sn.
18.对于数列{xn}，若对任意n∈N＋，都有＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”.设数列{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝.
（1）求数列{an}的通项公式，并判断数列{Sn}是否为“减差数列”；
（2）设bn＝（2－nan）t＋an，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，求实数t的取值范围.
培优课　数列的综合问题
1.D　由于a，a（1－a），a（1－a）2，…是等比数列，则a需满足a≠0，a（1－a）≠0，a（1－a）2≠0，所以a≠0且a≠1.
2.B　3S3－3S2＝3a3＝a4－a3 a4＝4a3 q＝4.
3.A　由题意得an＝a1qn－1，a1＞0，q＞0，3＝a2＝a1q，18＝a3＋a4＝a1q2＋a1q3＝a1q（q＋q2）＝3（q＋q2），∴0＝q2＋q－6＝（q＋3）（q－2），∴q＝2，a1＝＝，∴a8＝a1q7＝×27＝3×26＝3×64＝192.
4.A　由题意，等比数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝2，可得S1＝a1＝2，S2＝a1＋a2＝2（1＋q），S3＝a1＋a2＋a3＝2（1＋q＋q2），则S1－1＝1，S2－1＝2q＋1，S3－1＝2q2＋2q＋1，因为数列{Sn－1}也为等比数列，所以（S2－1）2＝（S1－1）（S3－1），即（2q＋1）2＝1×（2q2＋2q＋1），整理得q2＋q＝0，解得q＝－1或q＝0（舍去），所以数列{an}的公比q的值为－1.故选A.
5.B　设第七层有a盏灯，由题意知第七层至第一层的灯的盏数构成一个以a为首项，以2为公比的等比数列，由等比数列的求和公式可得＝381，解得a＝3，故顶层有3盏灯.
6.D　法一　当公比q＝1时，＝2，不满足题意，当q≠1时，S10＝，S5＝，所以＝＝q5＋1＝，解得q＝－.
法二　由＝可知，设S10＝31k，S5＝32k（k≠0），则由S10＝S5＋q5S5可知，31k＝S5（1＋q5）＝32k（1＋q5），解得q＝－.
7.B　设等比数列{an}的公比为q，则由题意有得∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3（1＋q3＋q6＋q9）＝a1q2·＝585.
8.B　设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a3＋a2＋a4＝a1＋a3＋q（a1＋a3）＝（1＋q）（a1＋a3）＝5（1＋q）＝20，所以q＝3.则＝＝＝＝q2＋1＝10.
9.ABC　设数列{an}的公比为q，当a3＞0时，a2 025＝a3q2 022＞0，A正确；当a4＞0时，a2 024＝a4·q2 020＞0，B正确；若a3＞0，则a1＞0，又当q≠1时，S2 025＝，当q＜0时，1－q＞0，1－q2 025＞0，∴S2 025＞0，当0＜q＜1时，1－q＞0，1－q2 025＞0，∴S2 025＞0，当q＞1时，1－q＜0，1－q2 025＜0，∴S2 025＞0.当q＝1时，S2 025＝2 025a1＞0，故C正确，D不正确.
10.BC　依题意an＋1＝2an＋1，则an＋1＋1＝2（an＋1），因为a1＋1＝2≠0，故an＋1≠0，所以＝2，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以是首项为＝，公比为的等比数列.an＋1＝2×2n－1＝2n，an＝2n－1，a1＝1，a2＝3，a3＝7，≠a1·a3，所以{an}不是等比数列.Sn＝2＋22＋…＋2n－n＝－n＝2n＋1－2－n.所以A、D选项错误，B、C选项正确.故选B、C.
11.AD　若q＜0，则a2 023a2 024＝q＜0不合乎题意，∴q＞0，故数列{an}为正项等比数列，∵a1＞1，a2 023·a2 024＞1，＜0，∴a2 023＞1，0＜a2 024＜1，∴0＜q＜1，故A正确；a2 023·a2 025＝＜1，故B错误；∵a1＞1，0＜q＜1，∴数列{an}为各项为正的递减数列，∴Sn无最大值，故C错误；∵a2 023＞1，0＜a2 024＜1，∴T2 023是数列{Tn}中的最大项，故D正确.故选A、D.
12.ACD　设{an}的公差为d，由a2＝1，S7＝14得解得∴an＝，S2n－1＝（2n－1）n＝n2－n，A、C正确.∵b1·b2·b3·…·bn＝＝　①，∴b1·b2·b3·…·bn－1＝（n≥2）　②，①÷②得bn＝2n（n≥2）.当n＝1时，b1＝2符合上式，∴bn＝2n，∴B不正确.∵cn＝bncos（anπ）＝2ncos（ ），∴T2n＝2cos＋22cos π＋23cos＋24cos 2π＋…＋22n－1cos＋22ncos nπ＝22cos π＋24cos 2π＋26cos 3π＋…＋22ncos nπ＝－22＋24－26＋…＋（－1）n·22n＝＝－，D正确.
13.2n－5（答案不唯一）　解析：∵T3＝T6，∴a4a5a6＝1，∴a5＝1.不妨设q＝2，则a1＝，an＝×2n－1＝2n－5.
14.　解析：由题意，得正方形的边长构成以为首项，为公比的等比数列，现已知共含有1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，所以n＝10，所以最小正方形的边长为（）10＝.
15.（－1）n－1×（n∈N＋）　解析：设等比数列{an}的公比为q，由S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝＝.又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.故等比数列{an}的通项公式为an＝×＝（－1）n－1×（n∈N＋）.
16.　解析：在由正数组成的等比数列{an}中，a3a4a5＝3π，所以＝3π，a4＝，log3a1＋log3a2＋…＋log3a7＝log3（a1·a2·a3·a4·a5·a6·a7）＝log3＝7log3a4＝7log3＝.所以sin（log3a1＋log3a2＋…＋log3a7）＝sin ＝sin＝sin ＝.
17.解：（1）设数列{an}的首项为a1，公比为q，则a1＞0，q＞0，
∵a2·a4＝16，∴q4＝16，即a1q2＝4，　①
∵a4＋a5＝24，∴a1q3（1＋q）＝24，　②
②÷①得q（1＋q）＝6，解得q＝2.
∴a1＝1.∴an＝a1qn－1＝2n－1.
（2）∵an＝2n－1，∴log2an＋1＝n，log2an＋2＝n＋1，
∴lo2·lo2＝＝－.
∴Sn＝＋＋…＋＝1－＝.
18.解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则1＋q＋q2＝，
即4q2＋4q－3＝0，所以（2q－1）（2q＋3）＝0.
因为q＞0，所以q＝，
所以an＝，Sn＝＝2－.
所以＝2－－＜2－＝Sn＋1.
所以数列{Sn}是“减差数列”.
（2）由题设知，bn＝（ 2－）t＋＝2t－.
由＜bn＋1，得t－＋t－＜2t－，
即＋＞，
化简得t（n－2）＞1.
因为当n≥3时，t（n－2）＞1恒成立，即t＞恒成立，所以t＞（ ）max＝1.
故t的取值范围是（1，＋∞）.
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