（新课标）北京市高考数学一轮复习 第9讲 数列（2014新题）赏析 理

第9讲数列2014新题赏析某校数学课外小组在坐标纸上为学校的一块空地设计植树方案如下：第k棵树种植在点Pk(xk，yk)处，其中x1＝1，y1＝1，当k≥2时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xk＝xk－1＋1－5[T(\f(k－1,5))－T(\f(k－2,5))]，,yk＝yk－1＋T(\f(k－1,5))－T(\f(k－2,5)).))T(a)表示非负实数a的整数部分，例如T(2.6)＝2，T(0.2)＝0．按此方案第2012棵树种植点的坐标应为．设是有穷数列,且项数．定义一个变换:将数列变成,其中．从数列开始,反复实施变换,直到只剩下一项而不能变换为止．则变换所产生的所有项的乘积为（）．A． B． C． D．(1)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，求b5＋b(2)在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a已知a,b,c成等差数列，a+b,b+c,c+a成等比数列，三整数a,b,c之和介于45和50之间(不含45和50)，求a,b,c．已知数列的前项和为,且．若数列为等比数列，求的值；若，数列前项和为，时取最小值，求实数的取值范围．可得，已知数列的前项和为,满足,记(I)求证：是等比数列,并求的前项和；(II)求已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)an．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设f(x)＝log3x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)，求T2012；(3)若cn＝an·f(an)，求{cn}的前n项和Un．设数列{an}(n＝1,2，…)是等差数列，且公差为d，若数列{an}中任意(不同)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a1＝4，d＝2，求证：该数列是“封闭数列”．(2)若an＝2n－7(n∈N+)，试判断数列{an}是否是“封闭数列”，为什么？(3)设Sn是数列{an}的前n项和，若公差d＝1，a1＞0，试问：是否存在这样的“封闭数列”，使eq\f(137,150)＜eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2011)＜eq\f(11,9)．若存在，求{an}的通项公式；若不存在，说明理由．第9讲数列2014新题赏析(2,403)．详解:由递推公式可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2，,y2＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3＝3，,y3＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4＝4，,y4＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x5＝5，,y5＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x6＝1，,y6＝2，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x7＝2，,y7＝2，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x8＝3，,y8＝2，))因此，xn的周期为5且yn隔5个增加1,2012被5除得商是402余数是2，所以第2012棵树种植点的坐标应为(2,403)．A．详解:数列共有项,它们的乘积为．经过次变换,产生了有项的一个新数列,它们的乘积也为．对新数列进行同样的变换,直至最后只剩下一个数,它也是,变换终止．在变换过程中产生的所有的项,可分为2013组,每组的项数依次为,乘积均为,故答案为．(1)8；(2)1024．详解：(1)∵a3a11＝a72＝4a7，∵a7≠0，∴a7＝4，∴b∵{bn}为等差数列，∴b5＋b9＝2b7＝8．(2)法一：①②②÷①：＝q48＝8⇒q16＝2，又＝．法二：由性质可知，依次4项的积为等比数列，设公比为p，设T1＝a1·a2·a3·a4＝1，T4＝a13·a14·a15·a16＝8，∴T4＝T1·p3＝1·p3＝8⇒p＝2．∴T11＝a41·a42·a43·a44＝T1·p10＝210＝1024．a=b=c=16或a=112，b=16，c=-80．详解：解法1：由a,b,c成等差数列，设公差为d，则有a=b-d，c=b+d，∴a+b+c=3b由a+b,b+c,c+a成等比数列，得：(b+c)2＝(a+b)(c+a)，即(2b+d)2＝2b(2b-d)，∴d(6b+d)=0,∴d=0或d=-6b．又45＜a+b+c＜50，∴得45＜3b＜50，即15＜b＜，由b是整数知：b=16．故d=0时，a=b=c=16；d=-6b=-96时，a=112，b=16，c=-80．解法2：由a,b,c成等差数列，得：2b=a+c①由a+b,b+c,c+a成等比数列，得：(b+c)2=(a+b)(c+a)②由①、②消去c得：(3b-a)2=(a+b)(2b)，即a2-8ab+7b2=0，∴a=b或a=7b．又45＜a+b+c＜50，由①知：45＜3b＜50，即15＜b＜，由b是整数知：b=16．故a=b时，a=b=c=16；a=7b时，a=112，b=16，c=-80．解法3：由a,b,c成等差数列，设公差为d，则b=a+d，c=a+2d．由a+b,b+c,c+a成等比数列，得(b+c)2=(a+b)(c+a)，即(2a+3d)2＝(2a+d)(2a+2d),亦即6ad+7d2=0,∴d=0或d又45＜a+b+c＜50，即45＜3a+3d＜50，亦即15＜a+d＜，由a+d是整数知a+d=16，∴a=16-d，代入d=得：d=-96．故d=0时，a=b=c=16；d=-96时，a=112，b=16，c=-80．4；．详解：,数列为等比数列,,成等比数列,,数列前项和为,时取最小值,见详解．详解：(I)∵∴两式相减得，是等比数列．(II)原式=(1)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n；(2)－eq\f(4024,2013)；(3)Un＝－eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋eq\f(3,2)n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))．详解：(1)当n＝1时，a1＝eq\f(1,3)，当n≥2时，an＝Sn－Sn1，又Sn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)an，所以an＝eq\f(1,3)an1，即数列{an}是首项为eq\f(1,3)，公比为eq\f(1,3)的等比数列，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n．(2)由已知可得f(an)＝log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＝－n，则bn＝－1－2－3－…－n＝－eq\f(n(n＋1),2)，故eq\f(1,bn)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，又Tn＝－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))，所以T2012＝－eq\f(4024,2013)．(3)由题意得cn＝(－n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，故Un＝c1＋c2＋…＋cn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))，则eq\f(1,3)Un＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1))，两式相减可得eq\f(2,3)Un＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1))＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，则Un＝－eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋eq\f(3,2)n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))．见详解．详解：(1)an=4+(n－1)·2=2n+2，对任意的m,n∈N+，有am+an=(2m+2)+(2n+2)=2(m+n+1)+2∵m+n+1∈N+于是，令p=m+n+1,则有ap=2p+2∈{an}∴该数列是“封闭数列”．(2)∵a1=－5,a2=－3,∴a1+a2=－8,令an=a1+a2=－8,即2n－7=－8解得n=－N+,所以数列{an}不是封闭数列．(3)假设存在．由{an}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N+，必存在p∈N＋使a1＋(n－1)＋a1＋(m－1)＝a1＋(p－1)成立，于是有a1＝p－m－n＋1为整数，又∵a1＞0，∴a1是正整数．若a1＝1，则Sn＝eq\f(n(n＋1),2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2011)＝2(1－eq\f(1,2012))＞eq\f(11,9)，不符合题意，若a1＝2，则Sn＝eq\f(n(n＋3),2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2011)＝eq\f(2,3)(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,2012)－eq\f(1,2013)－eq\f(1,2014))＝eq\f(11,9)－eq\f(2,3)(eq\f(1,2012)＋eq\f(1,2013)＋eq\f(1,2014))＜eq\f(11,9)，而eq\f(11,9)－eq\f(2,3)(eq\f(1,2012)＋eq\f(1,2013)＋eq\f(1,2014))＞eq\f(11,9)－eq\f(2,3)·eq\f(3,2012)＝eq\f(11,9)－eq\f(1,1006)＞eq\f(137,150)，符合题意，若a1＝3，则Sn＝eq\f(n(n＋5),2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2011)＝eq\f(2,5)(1＋eq\f(1,2)＋eq