高三数学二轮总复习 训练10 数列的综合应用 理

常考问题10数列的综合应用(建议用时：50分钟)1．数列{an}的通项公式an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n项和为24，则n为________．解析an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝－(eq\r(n)－eq\r(n＋1))，前n项和Sn＝－[(1－eq\r(2))＋(eq\r(2)－eq\r(3))]＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n＋1))]＝eq\r(n＋1)－1＝24，故n＝624.答案6242．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列{bn}，则此数列的前n项和Sn取得最大值时n的值是________．解析因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为b1＝a1＝142，公差为d′＝－2×3＝－6，则bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤24eq\f(2,3)，因为n∈N*，所以数列{bn}的前24项都为正数项，从25项开始为负数项．因此新数列{bn}的前24项和取得最大值．答案243．(·盐城模拟)已知各项都为正的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得eq\r(am·an)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为________．解析由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由eq\r(am·an)＝4a1，得aman＝16aeq\o\al(2,1)，即aeq\o\al(2,1)2m＋n－2＝16aeq\o\al(2,1)，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,n)＋\f(n,m)＋5))≥eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(4m,n)·\f(n,m))＋5))＝eq\f(3,2)，当且仅当eq\f(4m,n)＝eq\f(n,m)，即n＝2m＝4时取得最小值eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)4．在正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项公式为________．解析在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得eq\f(an＋1,5n＋1)＝eq\f(2,5)×eq\f(an,5n)＋eq\f(3,5)，①令eq\f(an,5n)＝bn，则①式变为bn＋1＝eq\f(2,5)bn＋eq\f(3,5)，即bn＋1－1＝eq\f(2,5)(bn－1)，所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝eq\f(a1,5)－1＝－eq\f(3,5)，公比为eq\f(2,5).所以bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1，即bn＝1－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1＝eq\f(an,5n)，故an＝5n－3×2n－1.答案an＝5n－3×2n－15．(·聊城模拟)已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1006和a1007是方程x2－2012x－2011＝0的两根，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是________．解析由题意知，a1006＋a1007＝2012>0，a1006·a1007＝－2011<0，又因首项为正等差数列，所以a1006>0，a1007<0,2a1006＝a1＋a2011>0,2a1007＝a1＋a2013<0，即S2011>0，S2013<0，又因Sn＝eq\f(na1＋an,2)，n的最大值为2011.答案20116．已知函数f(x)＝cosx(x∈(0,2π))有两个不同的零点x1，x2，方程f(x)＝m有两个不同的实根x3，x4.若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m的值为________．解析不妨设x1<x2，x3<x4.由题意，可得x1，x2的值分别为eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)，代入检验．若m＝－eq\f(1,2)，则x3，x4的值分别为eq\f(2π,3)，eq\f(4π,3)，因为eq\f(4π,3)－eq\f(2π,3)≠eq\f(3π,2)－eq\f(π,3)，显然这四个数不能构成等差数列；若m＝eq\f(1,2)，则x3，x4的值分别为eq\f(π,3)，eq\f(5π,3)，因为eq\f(π,2)－eq\f(π,3)≠eq\f(3π,2)－eq\f(π,2)，故这四个数不能构成等差数列；若m＝eq\f(\r(3),2)，则x3，x4的值分别为eq\f(π,6)，eq\f(11π,6)，因为eq\f(11π,6)－eq\f(3π,2)≠eq\f(3π,2)－eq\f(π,2)，显然这四个数不能构成等差数列；若m＝－eq\f(\r(3),2)，则x3，x4的值分别为eq\f(5π,6)，eq\f(7π,6)，显然这四个数能构成等差数列，公差为eq\f(π,3).答案－eq\f(\r(3),2)7．(·陕西卷)观察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此规律，第n个等式可为________．解析左边为平方项的(－1)n＋1倍的和，右边为(1＋2＋3＋…＋n)的(－1)n＋1倍．答案12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)8．(·临沂模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，若eq\f(S2n,Sn)(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________.解析由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn＝eq\f(nc1＋cn,2)，前2n项和为S2n＝eq\f(2nc1＋c2n,2)，所以eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(2nc1＋c2n,2),\f(nc1＋cn,2))＝2＋eq\f(2nd,4＋nd－d)＝2＋eq\f(2,1＋\f(4－d,nd)).因为数列{cn}是“和等比数列”，即eq\f(S2n,Sn)为非零常数，所以d＝4.答案49．(·江西卷)正项数列{an}的前n项和Sn满足： Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<eq\f(5,64).(1)解由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，由于{an}是正项数列，所以Sn＋1>0.所以Sn＝n2＋n.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．∴an＝2n.(2)证明由an＝2n，得bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))＝eq\f(n＋1,4n2n＋22)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))Tn＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,42)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)－\f(1,52)))＋…))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－12)－\f(1,n＋12)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))))＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))<eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＝eq\f(5,64).10．已知函数f(x)＝(x－1)2，g(x)＝4(x－1)，数列{an}是各项均不为0的等差数列，其前n项和为Sn，点(an＋1，S2n－1)在函数f(x)的图象上；数列{bn}满足b1＝2，bn≠1，且(bn－bn＋1)·g(bn)＝f(bn)(n∈N＋)．(1)求an并证明数列{bn－1}是等比数列；(2)若数列{cn}满足cn＝eq\f(an,4n－1·bn－1)，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<3.(1)解因为点(an＋1，S2n－1)在函数f(x)的图象上，所以aeq\o\al(2,n)＝S2n－1.令n＝1，n＝2，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＝S1，,a\o\al(2,2)＝S3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＝a1，,a1＋d2＝3a1＋3d，))解得a1＝1，d＝2(d＝－1舍去)，则an＝2n－1.由(bn－bn＋1)·g(bn)＝f(bn)，得4(bn－bn＋1)(bn－1)＝(bn－1)2.由题意bn≠1，所以4(bn－bn＋1)＝bn－1，即3(bn－1)＝4(bn＋1－1)，所以eq\f(bn＋1－1,bn－1)＝eq\f(3,4).所以数列{bn－1}是以1为首项，公比为eq\f(3,4)的等比数列．(2)证明由(1)，得bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1.cn＝eq\f(an,4n－1·bn－1)＝eq\f(2n－1,4n－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1)＝eq\f(2n－1,3n－1).令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，则Tn＝eq\f(1,30)＋eq\f(3,31)＋eq\f(5,32)＋…＋eq\f(2n－3,3n－2)＋eq\f(2n－1,3n－1)， ①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,31)＋eq\f(3,32)＋eq\f(5,32)＋…＋eq\f(2n－3,3n－1)＋eq\f(2n－1,3n)， ②①－②得，eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,30)＋eq\f(2,31)＋eq\f(2,32)＋eq\f(2,33)＋…＋eq\f(2,3n－1)－eq\f(2n－1,3n)＝1＋eq\f(2,3)·eq\f(1－\f(1,3n－1),1－\f(1,3))－eq\f(2n－1,3n)＝2－eq\f(1,3n－1)－eq\f(2n－1,3n)＝2－eq\f(2n＋1,3n).所以Tn＝3－eq\f(n＋1,3n－1).所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝3－eq\f(n＋1,3n－1)<3.11．设函数f(x)＝eq\f(2x＋3,3x)(x＞0)，数列{an}满足a1＝1，an＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))(n∈N*，且n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)n－1·anan＋1，若Tn≥tn2对n∈N解(1)因为an＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))＝eq\f(2×\f(1,an－1)＋3,3×\f(1,an－1))＝an－1＋eq\f(2,3)(n∈N*，且n≥2)，所以an－an－1＝eq\f(2,3).因为a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，公差为eq\f(2,3)的等差数列．所以an＝eq\f(2n＋1,3).(2)①当n＝2m，m∈N*Tn＝T2m＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)2m－＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2m(a2m－1－a2＝－eq\f(4,3)(a2＋a4＋…＋a2m)＝－eq\f(4,3)×eq\f(a2＋a2m,2)×m＝－eq\f(1,9)(8m2＋12m)＝－eq\f(1,9)(2n2＋6n)．②当n＝2m－1，m∈N*Tn＝T2m－1＝T2m－(－1)2m－1a2ma2m＋1＝－eq\f(1,9)(8m2＋12m)＋eq\f(1,9)(16m＝eq