第六章 数列
二、重难点击
本章重点:数列的概念,等差数列,等比数列的定义,通项公式和前n项和公式及运用,等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法,如:观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。
知识网络
四、数列通项an与前n项和Sn的关系
n
1.Sn?a1?a2?a3???an??ai
i?1
2.a?S1n?1
n???Sn?Sn?1n?2
课前热身
3.数列?an?的通项公式为 an?3n2?28n,则数列各项中最小项是( B )
A.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第7项
4.已知数列?an?是递增数列,其通项公式为an?n2??n,则实数?的取值范围是(?3,??)
5.数列?a2??2
n?的前n项和Sn?n?4n?1,,则an??n?1
?2n?5n?2
1
题型一 归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项,分别写出它们的一个通项公式
⑴7,77,777,7777,?
⑶1,3,3,5,5,7,7,9,9? 解析:⑴将数列变形为7777?(10?1),(102?1),(103?1),?,(10n?1) 9999
⑶将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0,?。可得数列的通项公式为
?n?1?(?1)n
an2
点拨:本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律,从而求得通项。题型二 应用a?S1(n?1)
n???Sn?Sn?1(n?2)求数列通项
例2.已知数列?an?的前n项和Sn,分别求其通项公式.
⑴Sn?3n?2
解析:⑴当n?1时,a1?S1
1?3?2?1,
当n?2时,an?Sn
n?Sn?1?(3?2)?(3n?1?2)
?2?3n?1
又a?1不适合上式,故a?1(n?1)
1n???2?3n?1(n?2)
三、利用递推关系求数列的通项
【例3】根据下列各个数列?an?的首项和递推关系,求其通项公式 ⑴a11
1?2,an?1?an?4n2?1 解析:⑴因为a1
n?1?an?4n2?1,所以
aa1111
n?1?n?4n2?1?2(2n?1?2n?1) 所以a?a111
21?2(1?3)
a111
3?a2?2(3?5)
a111
4?a3?2(5?7)
2
?,?,
an?an?1?111(?) 22n?32n?1
以上(n?1)个式相加得 11(1?) 22n?1
14n?3?即:an?1? 4n?24n?2 an?a1?
点拨:在递推关系中若an?1?an?f(n),求an用累加法,若an?1?f(n),求an用累乘法,若anan?1?pan?q,求an用待定系数法或迭代法。
课外练习
3设an?111?????,(n?N),则an?1与an的大小关系是( C ) n?1n?22n?1
A.an?1
C.an?1?an B.an?1?an ?an D.不能确定
解:因为
111??2n?22n?3n?1 11???02n?32n?2an?1?an?
所以an?1
二、填空题
5.已知数列
7.已知数列?an,选C. ?则an???an?的前n项和Sn?n2?4n?1,?2,(n?1) ?2n?5,(n?2)?an?的通项n?
y?x?98
x?9998n?99?1?(n?N),则数列??an?的前30项中最大项和最小项分别是a10,a9 解:构造函数99?98
x?99 由函数性质可知,函数在(??99)上递减,且y?1 函数在(
上递增且y?1 99,+?)3
又?(9,10)
?a10?a11?a12???a30?1?a1?a2??三、解答题
?a9
?a10最大,a9最小
6.2等差数列
知识要点
2.递推关系与通项公式
递推关系:an?1?an?d通项公式:an?a1?(n?1)d推广:an?am?(n?m)d变式:a1?an?(n?1)d;
d?
an?a1
n?1d?an
?am
n?m
特征:an?dn?(a1?d),
即:a,m为常数)
n?f(n)?kn?m,(kan?kn?m,(k,m为常数)是数列?an?成
等差数列的充要条件。 3.等差中项:
若a,b,c成等差数列,则b称a与c的等差中项,且b?
a?c
2
;a,b,c成等差数列是2b?a?c的充要条件。 4.前n项和公式
Snn?
(a1?an)2
; Sn(n?1)d
n?na1?2
特征:Sdn?
2n2?(ad
1?2)n,即S2n?f(n)?An?Bn
Sn?An2
?Bn
(A,B为常数)
是数列
?an?成等差数列的充要条件。
5.等差数列
?an?的基本性质(其中m,n,p,q?N?)
⑴若m?n?
p?q,则am?an?ap?aq反
之,不成立。 ⑵an
?am?(n?m)d ⑶2an
?an?m?an?m
⑷Sn,S2n
?Sn,S3n?S2n仍成等差数列。
6.判断或证明一个数列是等差数列的方法:
①定义法:
an?1?an?d(常数)(n?N?)??an?是等
差数列
②中项法:
2an?1?an?an?2
(n?N?)??an?是等差数
列
③通项公式法:
an?kn?b
(k,b为常数)??an?是等差数
列
④前n项和公式法:
Sn?An2?Bn
(A,B为常数)??an?是等
差数列 课前热身 2.等差数列
?an?中,
a4?a6?a8?a10?a12?120,则a1
9?3
a11的值为(C)
A.14 B.15 C.16 D.17
解 a11
9?3a11?a9?3
(a9?2d)
?23(a22120
9?d)?3a8?3?5
?16
4
。 3.等差数列
?an?中,a1?0,S9?S12,则前
或11项的和最大。 解:?S9
?S12,S12?S9?0
?a10?a11?a12?0,?3a11?0,?a
11?0,又a1?0
∴
?an?为递减等差数列∴S10?S11为最大。
4.已知等差数列
?an?的前10项和为100,前100项和
为10,则前110项和为-110 解:∵
S10,S20?S10,S30?S20,?,S110?S100,?
成等差数列,公差为D其首项为
S10?100,前10项的和为S100?10 ?100?10?10?9
2
?D?10,?D??22又S110
?S100?S10?10D
?S110?100?10?10(??22)??110
y?50n?98??
?n(n?1)??12n?2?4?
?
??2n2
?40n?98
??2(n?10)2?102所以当n?10时,ymax?102
6.设等差数列
?an?的前n项和为Sn,已知
a3?12,S12?0,S13?0
①求出公差d的范围,
②指出S1,S2,
?,S12中哪一个值最大,并说明理由。
dan?f(n)nanSn?an?"n?2"
解:①S12?6(a1?a12)?6(a3?a10)
?6(2a3?7d)?0
?24?7d?0?d??
247
又S13(a1?a13)13?
2?13
2(a3?a11) ?13
2
(2a3?8d)?0?24?8d?0?d??3
从而?247
?d??3
②
?S12?6(a6?a7)?0
S13?13a7?0
?a7?0,a6?0
?S6最大。
课外练习 一、 选择题 1. 已知
?an?数列是等差数列,a10?10,其前
10
项的和S10
?70,则其公差d等于( D )
A.?23
B.?1
3 C1
3
D23
2. 已
知
等
差
数
列
?an?
中,
a7?a9??16,a4?1,则a12等于( A )
A.15 B.30 C.31 D.64
解:?a7?a9?a4?a12
?a12?15
二、填空题 3. 设
Sn为等差数列?an?的前n项和,
S4?14,S10?S7?30,则S9=54
4. 已知等差数列
?an?的前n项和为Sn
,若
S12?21,则a2?a5?a8?a11?
5
. 设F是椭圆x2y2
57?6
?1的右焦点,且椭圆上至
少有21个不同点
Pi(i?1,2,?)使P1FP2FP
3F,?
组成公差为d的等差数列,则d的取值范围为
????110,0???????01?10??
解:椭圆的焦点F到椭圆上的点最大、最小距离分别为(
7?1)7?1)
,由题意得: ?1)?(n?1)d?7?1?d?
2
n?1
?n?1?20
?d?1
10,又d?0
??110?d?0或0?d?
110三、解答题 6. 等差数列
?an?的前n项和记为Sn
,已知
a10?30,a20?50
①求通项an;②若Sn=242,求n 解:an
?a1?(n?1)d
a10?30,a20?50
解方程组??a1
?9d?30
?a1
?19d?50 ???a1?12?d?2
?an?2n?10由Sn?na1?
n(n?1)d
2
,Sn=242 ?12n?
n(n?1)
2
?2?242
解得n?11或n??22(舍去)
7. 甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运
动,甲第一分钟走2m,以后每分钟比前一分钟多
走1m,乙每分钟走5m,①甲、乙开始运动后几分钟相遇?②如果甲乙到对方起点后立即折返,甲继续每分钟比前一分钟多走1m,乙继续每分钟走5m,那么,开始运动几分钟后第二次相遇? 解:①设n分钟后第一次相遇,依题意有:
2n?
n(n?1)
2
?5n?70
解得n?7,n??20(舍去)故第一次相遇是在开始运动后7分钟。 ②设n分钟后第二次相遇,则:
2n?
n(n?1)
2
?5n?3?70
解得n?15,n??28(舍去)故第二次相遇是在开始运动后15分钟 10.已知数列
?an?
中,
a1?3,前n和
Sn?
1
2
(n?1)(an?1)?1 ①求证:数列?an?是等差数列
②求数列
?an?的通项公式
③设数列?
?
1?
a?的前n项和为Tn,是否存在实
?nan?1?
数M,使得Tn
?M对一切正整数n都成立?若存
在,求M的最小值,若不存在,试说明理由。 解:①∵S1
n?
2
(n?1)(an?1)?1 ?Sn?1?1
2
(n?2)(an?1?1)?1?an?1?Sn?1?Sn
?
1
2
?(n?2)(an?1?1)?(n?1)(an?1)?
整理得,nan?1?(n?1)an?1
?(n?1)an?2?(n?2)an?1?1?(n?1)an?2?nan?1?(n?2)an?1?(n?1)an
?2(n?1)an?1?(n?1)(an?2?an)?2an?1?an?2?a
n
∴数列
?an?为等差数列。
6
②a1?3,nan?1?(n?1)an?1
?a2?2a1?1?5?a2?a1?2
?an?的公差为2即等差数列
?an?a1?(n?1)d?3?(n?1)?2?2n?1
③?
11
?
anan?1(2n?1)(2n?3)
1?11?
???
2?2n?12n?3?
1111111
?Tn?(???????)
235572n?12n?3 111?(?)232n?3
1
又当n?N?时,Tn?
6?
要使得Tn
?M对一切正整数n恒成立,只要M≥
1
,所以存在实数M使得Tn?M对一切正整数n 6
都成立,M的最小值为
1。 6
6.3等比数列
知识要点
1. 定义:如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数,那么这个数列叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的公比,记为
5. 等比数列的基本性质,(其中m,n,p,q?N ①
?
)
若m?n?p?q,则am?an?ap?aq反之
q,(q?0)。
2. 递推关系与通项公式
不真! ②q
n?m
?
递推关系:an?1?qan通项公式:an?a1?qn?1 推广:an?am?qn?m
3. 等比中项:若三个数a,b,c成等比数列,则称b为
③
an2
,an?an?m?an?m(n?N?) am
?an?为等比数列,则下标成等差数列的对应项
q??1时,Sn,S2n?Sn,S3n?S2n,?仍
成等比数列。 ④
a与c的等比中项,且为b??ac,注:b?ac
是成等比数列的必要而不充分条件。 4. 前n项和公式
2
成等比数列。
6. 等比数列与等比数列的转化 ①
?an?是等差数列??ca?
n
(c?0,c?1)是
(q?1)?na1
?
Sn??a1(1?qn)a1?anq
?
?1?q?1?q
等比数列;
(q?1)
②
?an?
是正项等比数列
??logcan?
(c?0,c?1)是等差数列;
7
③
?an?既是等差数列又是等比数列??an?是各
项不为零的常数列。 7. 等比数列的判定法 ①定义法:
an?1
a?q(常数)??an?为等比数列;
n
②中项法:a2
n?1?an?an?2
(an?0)??an?为
等比数列;
③通项公式法:an
?k?qn(k,q为常数)??an?
为等比数列;④前
n
项和法:
Sn?k(1?qn)(k,q为常数)??an?为等比数
列。
1. 设f(n)?2?2
4
?27?210???2
3n?10
(n?N?),则f(n)等于(D)
A27(8n?1)B27(8n?1?1)
C2(8n?3?1)D2(8n?477
?1)2. 已知数列
?an?
是等比数列,且
Sm?10,S2m?30,则S3m?猜想:
?b1n?是等比数列,公比为2。
证明如下:∵bn?a111
?1
2n?1?4?2a2n?4
?
1(a11
2n?1?) 24?4
?12(a11
2n?1?4)?2
bn
即:
bn?1b?1,∴?b1
n?是首项为a?n2
4,公比
为1
2
的等比数列。
二、性质运用
例2:⑴在等比数列
?an?
中,
a1?a6?33,a3a4?32,an?an?1
①求an, ②若Tn
?lga1?lga2???lgan,求Tn
⑵在等比数列
?an?中,若a15
?0,则有等式
a1?a2???an?a1?a2???a29?n
(n?29,n?N?)成立,类比上述性质,相应的
在等比数列?bn?中,
若b19?1则有等式 成立。
解:⑴①由等比数列的性质可知:
a1?a6?a3?a4?32又a1?a6?33,a1?a6
解得a1?32,a6
?1
所以
a6a?132,即q5?132,?q?1
12
所以a(1
n?32?)n?1?26?n
2
②由等比数列的性质可知,
?lgan?是等差数
列,因为
lgan?lg26?n?(6?n)lg2,lga1?5lg2所以T(lga1?lgan)nn(11?n)
n?2?2
lg2
⑵由题设可知,如果
am?0在等差数列中有
a1?a2???an?a1?a2???a2m?1?n (n?2m?1,n?N?)成立,我们知道,如果
若m?n?p?q,则am?an?ap?aq,而对于
等
比
数
列
?bn?
,则有
若m?n?p?q,则am?an?ap?aq所以可以得
出结论,若
8
bm?1,则有b1b2?bn?b1b2?b2m?1?n(n?2m?1,n?N?)成立,在本题中
则有b1b2?bn?b1b2?b37?n(n?37,n?N?)
点拨:历年高考对性质考查较多,主要是利用“等积性”,题目“小而巧”且背景不断更新,要熟练掌握。 典例精析
一、 错位相减法求和 例1:求和:Sn?12a?3n
a2?a3???a
n 解:⑴
a?1时,Sn(n?1)
n?1?2?3??n?
2
⑵a?1
时,因为a?0 S1n?a?23aa???n
2?3an ① 1aS12n?1n?a2?a3???an?n
an?1
②
由①-②得:
(1?1a)S111nn?a?a2???an?a
n?1
1(1?1?a
an)
1?1?nan?1a
所以Sa(an?1)?n(a?1)
n?
an(a?1)2
综上所述,
?n(n(a?1)S???1)??n
2n?a(a?1)?n(a?1)??
an(a?1)2a?1)
点拨:①若数列
?an?是等差数列,?bn?是等比数列,则求数列
?an?bn?的前n项和时,可采用错位
相减法;
②当等比数列公比为字母时,应对字母是否为
1进行讨论;
③当将Sn与qSn相减合并同类项时,注意错
位及未合并项的正负号。
二、 裂项相消法求和 例
2
:
数
列
?an?
满足
a1
=8,
a4?2,且an?2?2an?1?an?0 (n?N?)
①求数列
?an?的通项公式;
则d?
a4?a1
4?1
??2
所以,an=8+(n-1)×(-2)=―10-2n
bn?1n(14?a)?
1
n2n(n?2)
?
111
4(n?n?2)所以
②Tn?b1?b2???bn
?
1?4??(11?13)?(12?14)???(11?
n?n?2)???11114(1?2?n?1?n?2)?38?14(n?1)?1m4(n?2)?32 对一切n?N?
恒成立。
?m?12?
8n?1?8n?2
对一切n?N?恒成立。对n?N?,(12?88
n?1?n?2
)min?
12?8816故
1?1?1?2?
3所以m?
16
3
m的最大整数值为5。
点拨:①若数列
?an?
的通项能转化为
f(n?1)?f(n)的形式,常采用裂项相消法求和。
②使用裂项消法求和时,要注意正负项相消时,
9
消去了哪些项,保留了哪些项。 三、 奇偶分析法求和 例3:设二次函数f(x)?x2?x,当x??n,n?1?
1. 在等差数列
?an?中,a1=1,前n项和Sn满足
S2nS?4n?2
?1
,n?1,2,? nn ①求数列?an?的通项公式
②记ban?anpn(p?0),求数列?bn?的前n项和Tn。
解:①设数列
?an?
的公差为d,由
S2nS?4n?2
n?1,n?1,2,? n得
a1?a2
a?3,所以a2?21即d?a2?a1?1又
4n?2n?1?S2n
Sn(an?nd?a1)2n
?
(an?a1)n
2
?
2(an?n?1)an?1
所以an=n ②由bn
?aanpn(p?0),有bn?npn
所以Tn
?p?2p2?3p3???npn ①
当p?1时,Tn(n?1)
n?
2
当p?1时,
pT3n?p2?2p???(n?1)pn?npn?1②
①-②得
(1?p)T2n?p?p???pn?npn?1
p(1?pn?)
?npn?1
1?p
所以Tp(1?pn)npn?1
n?(1?p)2
?1?p
?
n(n(p?1)即:T??1)??p(1?pn
2
n?)npn?1???
(1?p)2?1?p(p?1)
课外练习 1. 数列
?an?
的前
n
项和为
Sn,若
an?
1
n(n?1)
,则S5等于( B )
A.1
B.
516
C.
6D.1
30
解:因为a?111
nn(n?1)?n?
n?1
所以S111111
5?(1?2)?(2?3)???(5?6)
?56
4.f(x)的定义域为R,且f(x)是以2为周期的周期函数,数列
?an?是首项为a
(a?N?),公差为
1的等差数列,那么f(a1)?f(a2)???f(a10)的值为( C )
A.-1 B.1 C.0 D.10a 解:因为函数f(x)的定义域为R,且f(x)是
以2为周期的周期函数, 所以
f(0)?0,且f(x?2)?f(x)
又数列
?an?是首项为a,公差为1的等差数列
10
所以an?a?n?1,又a?N?f(a?f(a)(n为奇数)
n)??
?f(a?1)(n为偶数)
所以f(a1)?f(a2)???f(a10)
?5f(a)?5f(a?1)
?5?f(0)?f(1)??5f(1)又f(?1)f(?1?2)?f(1)所以?f(1)?f(1)
即f(1)?0
故原式=0,选C。 二、填空题 5.设等比数列
?an?的公比与前n项和分别为q和
Sq≠1,S,则S
20n,且10?81?q
10?
8
a1(1?q10)
1?2?8
?S201?q10?a1(1?q20)(1?q10)(1?q)
?8方法二、S20?S10?a11?a12???a20
?S1010?qS10?S10(1?q10)所以
S20
1?q10
?S10?8
6.数列
?an?满足an?
12nn?1?n?2???n?1
, 又b2n?
,则数列
?abn?的前n项和为
8n
nan?1
n?1
解:an?
1n?1(1?2???n)?n2 b?28naa?n(n?1)= 8(11n?n?1
) nn?1所以b1?b?8?12???b1
1n
111??(1?2)?(2?3)???(?n?n?1)?
?8?
1??1??8n?
n?1???n?1
数列1
11xxxxxxxxxxxx444
,?的前100项13
9。(n?N?
) 11
7.的和为
典例精析
一、 函数与数列的综合问题
例1:已知f(x)?logax(a?0且a?1),
设f(a1),f(a2),?,f(an)(n?N?)
是首项为4,公差为2的等差数列。
①设a是常数,求证:
②若bn?an?成等差数列; ?anf(an),?bn?的前n项和是Sn,当a?2时,求Sn
解:①f(an)?4?(n?1)?2?2n?2,
即logaan?2n?2,所以an?a2n?2
ana2n?2
所以?2n?a2(n?2)为定值 an?1a
所以?an?为等比数列。
②bn?anf(an)
?a2n?2logaa2n?2?(2n?2)a2n?2
当a?2时,
bn?(2n?2)?(2)2n?2?(n?1)?2n?2
Sn?2?23?3?24?4?25???(n?1)?2n?2
2Sn?2?24?3?25???n?2n?2?(n?1)?2n?3点拨:本例是数列与函数综合的基本题型之一,特 两式相减得
?Sn?2?23?24?25???2n?2?(n?1)?2n?3
24(1?2n?1)?16??(n?1)?2n?3
1?2
所以Sn?n?2n?3
征是以函数为载体构建数列的递推关系,通过由函数的解析式获知数列的通项公式,从而问题得到求解。 1. 已知正项数列
①求证:数列?an?的前n项和为Sn,?an?是等差数列; 1Sn是与(an?1)2的等比中项, 4
②若bn?an,数列?bn?的前n项和为Tn,求Tn n2 ③在②的条件下,是否存在常数?,使得数列??Tn??? ?为等比数列?若存在,试求出?;若不存在,说明理由。
?an?2?
解:①1Sn是与(an?1)2的等比中项, 4
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1(an?1)2
4
1当n?1时,a1?(a1?1)2,?a1?14
1当n?2时,S?(an?1?1)2 n?14
所以an?Sn?Sn?1所以Sn?
122(an?an?1?2an?2an?1)4
即(an?an?1)(an?an?1?2)?0?
因为an?0,所以an?an?1?2?0
即:an?an?1?2
所以数列?an?是等差数列。 2n?3 n2 ②Tn?3?
Tn??2n?31 ?(3???)?an?22n?32n
3??1?n 2n?32 ?
所以当且仅当3+?=0,即?=-3时,数列 ?Tn?????为等比数列。
?an?2?
2. 已知在正项数列?an?中,a1=2,且
22在双曲线y?x?1上, An(anan?1)
数列?bn?中,
点(bn,Tn)在直线y??
等比数列。③若Cn1x?1上,其中Tn是数列?bn?的前n项和,①求数列?an?的通项公式;②求证:数列?bn?是2?an?bn,求证:Cn?1?Cn。
22在y?x?1上知, anan?1)解:①由已知带点An(
an?1-an=1,所以数列?an?是以2为首项,以1为公差的等差数列。
?a1?(n?1)d?n?1
1x?1上, 2所以an②因为点(bn,Tn)在直线y??
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1所以Tn??bn?121所以Tn?1??bn?1?1 2两式相减得:
11bn?Tn?Tn?1??bn?bn?122
1所以bn?bn?1,312令n?1得b1??b1?1,所以b1?232 所以?bn?是一个以为首项,31以为公比的等比数列。3212所以bn??()n?1?n333
③Cn?an?bn?(n?1)?2 n3
所以Cn?1?Cn?(n?2)?
23n?1?(n?1)23n ?2
3n?1?(?2n?1)?0
所以Cn?1?Cn
一、选择题
2n{a}a?0,n?1,2,?a?a?2(n?3)1.(2009广东卷理)已知等比数列n满足n,且52n?5,则当n?1时,
log??lo2gan??2a1?log2a3?21
222n(2n?1)(n?1)(n?1)nA. B. C. D.
a?a?【解析】由5n222nn2na?0log2a1?log2a3????? a?2a?2?2(n?3)5得n,n,则n,
log2a2n?1?1?3?????(2n?1)?n2
,选C.
答案 C
S9S6
SaSS2.(2009辽宁卷理)设等比数列{ n}的前n 项和为n ,若 3=3 ,则 6 =
78
A. 2 B. 3 C. 3 D.3
S6(1?q3)S3?SS3【解析】设公比为q ,则3=1+q3=3 ? q3=2
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于是【答案】B
S91?q3?q61?2?47???S61?q31?23
?an
?,当an为偶数时,an?1??2
?3an?1,当an为奇数时。a=1an?a1=m??14.(2009湖北卷理)已知数列满足:(m为正整数),若6,则m所有
可能的取值为__________。
答案 4 5 32
a1amam
解析 (1)若a1
?m为偶数,则2为偶, 故2?2 a3?22?
4 ma?m??????amm
①当4仍为偶数时,486?32?1?m 故32?32
3
mm?14a?3
为奇数时,4?3a3?1m?1??????a②当46?4 3
m?1?1故4得m=4。
a3m?1
(2)若
a1?m为奇数,则a2?3a1?1?3m?1为偶数,故
3?
2必为偶数
??????a3m?1
3m?16?
16,所以16=1可得m=5
16.(2009陕西卷文)设等差数列?an?的前n项和为sn,若a6?s3?12,则an? 解析:由
a6?s3?12可得?an?的公差d=2,首项a1=2,故易得an?2n.
答案:2n
?alim
S17.(2009陕西卷理)设等差数列的前n项和为Sn
?n?n,若a6?S3?12,则n??n2 解析:??a6?12?a1?5d?12?a1?2Sn?1Snn??s?????Sn?1)?n??lim?lim1
n?n(?13
?12?a1?d?12?d?2n2nn??n2n??n
答案:1
22.(2009全国卷Ⅰ理)在数列{aaa1n?1
n}中,
1?1,n?1?(1?n)an?2n
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.
.
15
bn
(I)设n?a
n,求数列{bn}的通项公式
(II)求数列{an}的前n项和Sn
an?1?an?11
分析:(I)由已知有n?1n2n?bn?1?bn?2n
利用累差迭加即可求出数列{bn}b2?1
的通项公式: n?2n?1(n?N*)
a?2n?n
(II)由(I)知n2n?1,
n
?Sn=?(2k?knn)?k?12k?1?(2k)??kk?1k?1k?12
?nn
(2k)?n(n?1)
而k?1,又?kkk?12?1是一个典型的错位相减法模型,
易得?nkn?k?1?4?2k?122n?1(n?1)?n?2
?Sn=n2n?1?4
23.(2009北京理)已知数集A??a1,a2,?an??1?a1?a2??an,n?2?具有性质P;对任意的
aj
i,j?1?i?j?n?,aiaj与ai两数中至少有一个属于A.
(Ⅰ)分别判断数集?1,3,4?与?1,2,3,6?是否具有性质P,并说明理由;
a1?a2???an
(Ⅱ)证明:a1?1?1?1?1?an
,且a1?a2???an;
(Ⅲ)证明:当n?5时,a1,a2,a3,a4,a5成等比数列. 【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质,考查运算能力、推理论证能力、分 分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式的综合题,属于较难层次题.
4
(Ⅰ)由于3?4与3均不属于数集?1,3,4?,∴该数集不具有性质P.
1?2,1?3,1?6,2?3,661236
由于2,3,1,2,3,6都属于数集?1,2,3,6?,
∴该数集具有性质P.
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an
A??a1,a2,?an?aaa(Ⅱ)∵具有性质P,∴nn与n中至少有一个属于A,
由于1?a1?a2???an,∴anan?an,故anan?A.
1?an?Aa?1. an,∴1从而
∵1?a1?a2???an, ∴akan?an,故akan?A?k?2,3,?,n?. an?A?k?1,2,3,?,n?a由A具有性质P可知k.
anaaa?n???n?n
aan?1a2a1, 又∵n
anaaa?1,n?a2,?n?an?1,n?anaan?1a2a1∴n,
anaaa?n???n?n?a1?a2???an?1?anaan?1a2a1从而n,
a1?a2???an?an?1?1?1a?a2???an∴1.
a5a?a2,5?a32a?aa?aaan?5524343(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当时,有,即,
∵1?a1?a2???a5,∴a3a4?a2a4?a5,∴a3a4?A, a4?Aa由A具有性质P可知3.
a3a4a3a4a3??A1??a??a222aa?aaaaaa3,得2322 24,且,∴3,
a5a4a3a2????a2a,a,a,a,aaaa3a2a1∴4,即12345是首项为1,公比为2成等比数列.
25(2009江苏卷)对于正整数n≥2,用
组数,其中Tn表示关于x的一元二次方程x2?2ax?b?0有实数根的有序数组(a,b)的a,b??1,2,?,n?(a和b可以相等);对于随机选取的a,b??1,2,?,n?(a和b可以相等),记Pn为关于x的一元二次方程x2?2ax?b?0有实数根的概率。
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(
1)求Tn2和Pn2;
(2)求证:对任意正整数n≥2
,有Pn?1?.
【解析】 [必做题]本小题主要考查概率的基本知识和记数原理,考查探究能力。满分10分。
29.(2009江西卷理)各项均为正数的数列{an},a1?a,a2?b,且对满足m?n?p?q的正整数m,n,p,q都有
ap?aqam?an?.(1?am)(1?an)(1?ap)(1?aq)
14a?,b?25时,求通项an; (1)当
1
(2)证明:对任意a,存在与a有关的常数?,使得对于每个正整数n,都有??an??.
解:(1)由ap?aqam?an?(1?am)(1?an)(1?ap)(1?aq)得
a1?ana2?an?1?.a1?1,a2?4
(1?a1)(1?an)(1?a2)(1?an?1)将25代入化简得 an?
2an?1?1.an?1?2
1?an11?an?1??,1?an31?an?1 所以
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{1?an故数列1?an为等比数列,从而
1?ann
1?a?13
n,a
n3即n??1
3n?1.
a3n?1
可验证,n?3n?1满足题设条件.
am?an(2) 由题设(1?aaba1?ana?an
n?1?)?(1?a)(1?a.
m)(1?n)的值仅与m?n有关,记为bm?n,则(1?a1)(1?ann) f(x)?a?x
考察函数 (1?a)(1?x)(x?0)
,则在定义域上有
??1a?1
?1?a,
f(x)?g(a)???1
?2,a?1
??a
?1?a,0?a?1
故对n?N*, bn?1?g(a)恒成立. b2an
2n?
又 (1?a
2?g(a)
n),
0?g
(a)?1
注意到
2,解上式得
??an?
??1
取?a
,即有 ?n??.
.
S??a?(1)n?1?
30. (2009湖北卷理)已知数列?an?的前n项和nn22
(n为正整数)。
(Ⅰ)令bn?2nan,求证数列?bn?是等差数列,并求数列?an?的通项公式;
c?1
na5n
(Ⅱ)令n?nn,Tn?c1?c2?........?cn试比较Tn与2n?1的大小,并予以证明。
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S1?1
解(I)在n??an?(2)n?2
中,令n=1,可得S1??a?2?aa1
n?11,即1?2
S1?2?S1
当n?2时,n?1??an?1?()n?2,?an?Snn?1??an?an?1?(2)n?1
2,
?2a1?1
n?an?1?()n,即2nan?1
2n?2an?1?1
.
?bn?2nan,?bn?bn?1?1,即当n?2时,bn?bn?1?1. 又b1?2a1?1,?数列?bn?是首项和公差均为1的等差数列.
b
于是n?1?(n?1)?1?n?2nan,?an?n
2n.
c?n?1a1)(1)n
(II)由(I)得nnn?(n?2,所以
T?1?3?(1)2?4?(1)3?K?(n?1)(1
n?2)n
2222
1
T1
2)2?3?(1
2)3?4?(11
n?2?(2)4?K?(n?1)(2)n?1
2
1T1)2?(1)3?K?(1)n1
由①-②得2n?1?(222?(n?1)(2)n?1
1[1?(1)n?1]
?1??(n?1)(1)n?13n?3
1?2?2?2n?1
2
?T?3?n?3
n2n
T5nn?35n(n?3)(2n?2n
2n?1?3??1)
n?2n?2n?1?2n(2n?1)
T
于是确定n与5n
2n?1的大小关系等价于比较2n与2n?1的大小
由2?2?1?1;22?2?2?1;23?2?3?1;24?2?4?1;25?2?5;K 可猜想当n?3时,2n?2n?1.证明如下:
证法1:(1)当n=3时,由上验算显示成立。
(2)假设n?k?1时2k?1?2g2k?2(2k?1)?4k?2?2(k?1)?1?(2k?1)?2(k?1)?1
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所以当n?k?1时猜想也成立
综合(1)(2)可知 ,对一切n?3的正整数,都有2?2n?1.
证法2:当n?3时
012n?1n01n?1n2n?(1?1)n?Cn?Cn?Cn?K?Cn?Cn?Cn?Cn?Cn?Cn?2n?2?2n?1 n
综上所述,当n?1,2时Tn?5n5nTn?2n?1,当n?3时2n?1
31.(2009四川卷文)设数列
(I)求数列a?5Sn?1成立,?an?的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有n记bn?4?an(n?N*)1?an。 ?an?与数列?bn?的通项公式;
?bn?的前n项和为Rn,是否存在正整数k,使得Rn?4k成立?若存在,找出一个正整数k;若不存在,
Tn?3
2; (II)设数列请说明理由; (III)记cn?b2n?b2n?1(n?N),设数列?cn?的前n项和为Tn,求证:对任意正整数n都有*
解(I)当n?1时,
又a1?5S1?1,?a1??14 ?an?5Sn?1,an?1?5Sn?1?1
an?11??an4 11q??4,公比为4的等比数列, ?an?1?an?5an?1,即∴数列?an?是首项为a1??14?(?)n
(n?N*)bn?1an?(?)n1?(?)n
4,4∴ ?????????????3分
(II)不存在正整数k,使得Rn?4k成立。
14?(?)n5?4?bn?nn(?4)?11?(?)4证明:由(I)知
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?bb5552015?16k?40
2k?1?2k?8?(?4)2k?1?1?(?4)2k?1?8?16k?1?16k?4?8?(16k?1)(16k?4)?8.
∴当n为偶数时,设n?2m(m?N?) ∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?1?b2m)?8m?4n
当n为奇数时,设n?2m?1(m?N?)
∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?3?b2m?2)?b2m?1?8(m?1)?4?8m?4?4n ∴对于一切的正整数n,都有Rn?4k ∴不存在正整数k,使得Rn?4k成立。 ?????????????8分
b5
n?4?
(III)由(?4)n?1得 c5515?16n15?16n15?16n15n?b2n?1?b2n?42n?1?42n?1?1?(16n?1)(16n?4)?(16n)2?3?16n?4?(16n)2?16nb1?3,b13
2?3,?c4
2?3, T3当n?1时,1?2,
当n?2时,
1[1?(1)n?2
T4?25?(1114]
n?2?3???n)?3?25?31616161?1
16
1
?42693
3?25???
1?482
16 32.(2009湖南卷文)对于数列{un},若存在常数M>0,对任意的n?N*,恒有 un?1?un?un?un?1???u2?u1?M, 则称数列{un}为B?数列.
?1
(Ⅰ)首项为1,公比为2的等比数列是否为B-数列?请说明理由;
(Ⅱ)设Sn是数列{xn}的前n项和.给出下列两组判断:
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A组:①数列{xn}是B-数列, ②数列{xn}不是B-数列;
B组:③数列{Sn}是B-数列, ④数列{Sn}不是B-数列.
请以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假,并证明你的结论;
(Ⅲ)若数列{an}是B-数列,证明:数列{a2
n}也是B-数列。
a1
: (Ⅰ)设满足题设的等比数列为n,则n?(?)n?1
解{a}2.于是
a1131
n?an?1?(?2)n?1?(?2)n?2?2?(2)n?2,n?2.
|an?1?an|?|an?an?1|???|a2?a1|
3??1121n-1?1n?
=2??1?2?(2)???(2)??3??1?(
=??2)???3.
?1
所以首项为1,公比为2的等比数列是B-数列 .
(Ⅱ)命题1:若数列{xn}是B-数列,则数列{Sn}是B-数列.此命题为假命题. 事实上设xn=1,n?N*,易知数列{xn}是B-数列,但Sn=n,
|Sn?1?Sn|?|Sn?Sn?1|???|S2?S1|?n.
由n的任意性知,数列{Sn}不是B-数列。
命题2:若数列{Sn}是B-数列,则数列{xn}不是B-数列。此命题为真命题。 事实上,因为数列{Sn}是B-数列,所以存在正数M,对任意的n?N*,有 |Sn?1?Sn|?|Sn?Sn?1|???|S2?S1|?M,
即|xn?1|?|xn|???|x2|?M.于是xn?1?xn?xn?xn?1???x2?x1 ?xn?1?2xn?2xn?1???2x2?x1?2M?x1,
所以数列{xn}是B-数列。
(注:按题中要求组成其它命题解答时,仿上述解法)
(Ⅲ)若数列?an?是B-数列,则存在正数M,对任意的n?N?,有
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an?1?an?an?an?1???a2?a1?M.
因为an?an?an?1?an?1?an?2???a2?a1?a1
?an?an?1?an?1?an?2???a2?a1?a1?M?a1.
记K?M?a1a22,则有n?1?an?(an?1?an)(an?1?an)
?(an?1?an)an?1?an?2Kan?1?an.
a222?a222
因此n?1?an?ann?1?...?a2?a1?2KM.
2
故数列?an?是B-数列.
x1=1
33. (2009陕西卷理) 已知数列?xn}满足, 2x=1
n+1?x,n?N*
’1n.
???猜想数列{xn}的单调性,并证明你的结论;
|x12
n?1-xn|≤()n?1
(Ⅱ)证明:65。
x112513
1?
证明(1)由2及xn+1?1?x得x2?3?x4?8,x4?
n21
由x2?x4?x6猜想:数列?x2n?是递减数列
下面用数学归纳法证明:
(1)当n=1时,已证命题成立 (2)假设当n=k时命题成立,即x2k?x2k?2
1?3?x2k?1
易知x2k?0x2k?2?xx2k
2k?4?
,那么1?x?1?
2k?11?x2k?3(1?x2k?1)(1?x2k?3)
x2k?x2k?2
=(1?x?0
2k)(1?x2k?1)(1?x2k?2)(1?x2k?3)
即x2(k?1)?x2(k?1)?2
也就是说,当n=k+1时命题也成立,结合(1)和(2)知,命题成立
x
(2)当n=1时,n?1?xn?x2?x1?1
6,结论成立
?xn?1?1,?1?xn?1?2,xn?1
当n?20
时,易知1?x?1
n?12
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?(1?xn)(1?xn?1)?(1?15)(1?xn?1)?2?xn?1?1?xn?12
?xn?1?xn?xn?xn?111??1?xn1?xn?1(1?xn)(1?xn?1)
2222n-1xn?xn?1?()xn?1?xn?2???()x2?x1555
12n-1?)
65 ?
an
35.(2009天津卷理)已知等差数列{}的公差为d(d?0),等比数列{
?bn}的公比为q(q>1)sabab。设n=11+22…..+ anbn
若n?1Tabab)n1122,=-+…..+(-1 anbn,n?N a1=b1= 1,d=2,q=3,求 S3 的值;
2dq(1?q2n)
2?bST1?q12n2n若=1,证明(1-q)-(1+q)=,n?N;
(Ⅲ) 若正数n满足2?n?q,设k1,.k..,2,,..k.,n和1.12..2llc?ak1b1?ak2b2?...?aknbnln是,,,n的两个不同的排列, 1, c2?al1b1?al2b2?...?alnbnc1?c2 证明。
本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识,考查运算能力,推理论证能力及综合分析和解决问题的能力的能力,满分14分。
n?1*a?2n?1,b?3,n?Nnn(Ⅰ)解:由题设,可得
所以,S3?a1b1?a2b2?a3b3?1?1?3?3?5?9?55
n?1b?q(Ⅱ)证明:由题设可得n则
S2n?a1?a2q?a3q2?.....?a2nq2n?1, ①
T2n?a1?a2q?a3q2?a4q3?.....?a2nq2n?1,
S2n?T2n?2(a2q?a4q3?...?a2nq2n?1)
式减去②式,得
式加上②式,得
2S?T?2(a?aq?....?a2n2n13?n2 2n?2
1 ② q ③ )
式两边同乘q,得
3q(S?T)?2(aq?aq?....??a2n2n13n2 2n?1
1 q)
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所以,
(1?q)S2n?(1?qT2)n?S(2n?T2n)?q(2Sn?2T n)
?2d(q?q3?K?q2n?1)
?2dq(1?q2n),n?N*
1?q2
(Ⅲ)证明:c1?c2?(ak1?al1)b1?(ak2?al2)b2?K?(akn?aln)bn
?(k1?l1)db1?(k2?ln?1
2)db1q?K?(kn?ln)db1q
因为d?0,b1?0,所以
c1?c2?(k1?l1)?(k1
2?l2)q?K?(kn?ln)qn?
db1
若kn?ln,取i=n
若kn?ln,取i满足ki?li且kj?lj,i?1?j?n
由(1),(2)及题设知,1?i?n且
c1?c2?(k2
1?l1)?(k2?l2)q?K(ki?1?li?1)qi??(ki?1
i?li)q
db1
当ki?li时,得ki?li??1,由q?n,得ki?li?q?1,i?1,2,3.....i?1
即k1?l1?q?1,(k2?l2)q?q(q?1)…,(ki?2i?2
i?1?li?1)q?q(q?1)
又(ki?li)qi?1??qi?1,所以
c1?c2?(q?1)?(q?1)q?K(q?1)q?2?qi?1?(q1?qi?1
i
db?1)
11?q
因此c1?c2?0,即c1?c2
c1?c2
当ki?l??1
i同理可得db1,因此c1?c2
综上,c1?c2
37.(20xx年上海卷理)已知?an?是公差为d的等差数列,?bn?是公比为q的等比数列。 若an?3n?1,是否存在m、k?N*,有am?am?1?ak?说明理由;
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an?1?bn*ba????a找出所有数列n和n,使对一切n?N,n,并说明理由;
若a1?5,d?4,b1?q?3,试确定所有的p,使数列?an?中存在某个连续p项的和是数列?bn?中的一项,请证明。
am?am?1?ak,得6m?5?3k?1, ......2分
4
3,?m、k?N?,?k?2m为整数, [解法一](1)由k?2m?整理后,可得
??不存在m、k?N,使等式成立。 ......5分
an?1a1?nd?bn?b1qn?1
aa?(n?1)d(2)若,即1, (*)
1?b1q(ⅰ)若d?0,则
当{n?1?bn。 an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列,满足要求。 ......7分
lima1?nd?1n??a?(n?1)d1(ⅱ)若d?0,(*)式等号左边取极限得,(*)式等号右边的极限只有当q?1时,才能等于1。
此时等号左边是常数,?d?0,矛盾。 综上所述,只有当{an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列,满足要求。......10分
an?1?bn,且?bn?为等比数列an an?nd?c,若
【解法二】设
an?2an?1/?q,对n?N*都成立,即anan?2?qa2
n?1aan则n?1
?(dn?c)(dn?2d?c)?q(dn?d?c)2对n?N*都成立,?a2?qd2....7分
*a?c?0,?b?1,n?Nnn若d=0,则
dn?d?c?m?b?md?0,则q=1,dn?cn若(常数)即,则d=0,矛盾
an?c?0,bn?1,使对一切n?N*,
综上所述,有
na?4n?1,b?3,n?N* nn(3)an?1?bnan, 10分
设am?1?am?2????am?p?bk?3k,p、k?N*,m?N.
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4(m?1)?1?4(m?p)?1
2p?3k,
?4m?2p?3?3k
p,?p、k?N*,?p?35,s?N
. 13分
取k?3s?2,4m?32s?2?2?3s?3?(4?1)2s?2?2?(4?1)s?3?0, 15分 由二项展开式可得正整数M1、M2,使得(4-1)2s+2=4M1+1,
2?(4?1)s?8M2?(?1)s2,
?4m?4(M1?2M2)??(?1)s?1?2,?存在整数m满足要求.
故当且仅当p=3s,s?N时,命题成立.
说明:第(3)题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即分步得分) 若p为偶数,则am+1+am+2+??+am+p为偶数,但3k为奇数
故此等式不成立,所以,p一定为奇数。
当p=1时,则am+1=bk,即4m+5=3k,
而3k=(4-1)k
0k1
=Ck?4?Ck?4k?1?(?1)????Ck?1
k?4?(?1)k?1?Ck
k?(?1)k?4M?(?1)k,M?Z,
当k为偶数时,存在m,使4m+5=3k成立 1分 当p=3时,则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2-bk,
也即3(4m+9)=3k,所以4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1
由已证可知,当k-1为偶数即k为奇数时,存在m, 4m+9=3k成立 2分 当p=5时,则am+1+am+2+??+am+5=bk,即5am+3=bk
也即5(4m+13)=3k,而3k不是5的倍数,所以,当p=5时,所要求的m不存在 故不是所有奇数都成立. 2分
三、解答题
10.(2008全国I)设函数f(x)?x?xlnx.数列?an?满足0?a1?1,an?1?f(an). (Ⅰ)证明:函数f(x)在区间(0,1)是增函数; (Ⅱ)证明:an?an?1?1;
k≥a1?b
(Ⅲ)设b?(a1,1),整数a1lnb.证明:ak?1?b.
(Ⅰ)证明:f(x)?x?xlnx,f'?x???lnx,当x??0,1?时,f'?x???lnx?0 故函数f?x?在区间(0,1)上是增函数;
(Ⅱ)证明:(用数学归纳法)(i)当n=1时,0?a1?1,a1lna1?0,
a2?f(a1)?a1?a1lna1?a1
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,1),1]由函数f(x)在区间(0是增函数,且函数f(x)在x?1处连续,则f(x)在区间(0是增函数,
a2?f(a1)?a1?a1lna1?1,即a1?a2?1成立;
(ⅱ)假设当x?k(k?N*)时,ak?ak?1?1成立,即0?a1≤ak?ak?1?1
1]是增函数,0?a1≤ak?ak?1?1得 那么当n?k?1时,由f(x)在区间(0,
f(ak)?f(ak?1)?f(1).而an?1?f(an),则ak?1?f(ak),ak?2?f(ak?1),
ak?1?ak?2?1,也就是说当n?k?1时,an?an?1?1也成立;
根据(ⅰ)、(ⅱ)可得对任意的正整数n,an?an?1?1恒成立.
a?f(an)可 (Ⅲ)证明:由f(x)?x?xlnx.n?1
?a1?b??ailnaia?b?a?b?alnak?1kkki?1
若存在某i≤k满足
若对任意i≤k都有
kkai≤b,则由⑵知:,则ak?1?b?ai?b≥0 ai?ba?b?a?b?alnak?1kkk kk
?a1?b??ailnai?a1?b??ailnb?a1?b?(?ai)lnb
i?1i?1i?1?a?b?kalnb11
?a?b?kalnb?a?b?(a?b)?0,即ak?1?b成立. 1111
11.(2008山东卷)将数列{an}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:
a1
a2 a3
a4 a5 a6
a7 a8 a9 a10
??
2bn
2bS?SnnN记表中的第一列数a1,a2,a4,a7,?构成的数列为{bn},b1=a1=1. Sn为数列{bn}的前n项和,且满足=1=
(n≥2).
1
S(Ⅰ)证明数列{n}成等差数列,并求数列{bn}的通项公式;
a81??4
91时,(Ⅱ)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
求上表中第k(k≥3)行所有项和的和.
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xA(a,b)a?a,Sn是数列{an}的前n项和,且满足y?en?N*nnn12.(2007湖南)已知()是曲线上的点,1
22Sn?3n2an?Sn3,4,?1,an?0,n?2,?.
?bn?2???b(I)证明:数列?n?(n≤2)是常数数列;
(II)确定a的取值集合M,使a?M时,数列
(III)证明:当a?M时,弦{an}是单调递增数列; AnAn?1(n?N*)的斜率随n单调递增
222S?S?3nan. n≥2n?1解:(I)当时,由已知得n
2a?S?S?0S?S?3nnnn?1nn?1因为,所以. ?? ①
2S?S?3(n?1)n?1n于是. ??②
由②-①得
于是an?1?an?6n?3. ?? ③ an?2?an?1?6n?9. ?? ④
an?2?an?6, ?? ⑤ 由④-③得
?bn?2?bn?2ean?2an?2?an6?an?e?e??(n≥2)bbe所以n,即数列?n?是常数数列.
(II)由①有S2?S1?12,所以a2?12?2a.由③有a3?a2?15,a4?a3?21,所以a3?3?2a,a4?18?2a.
{a2k}和{a2k?1}分别是以a2,a3为首项,6为公差的等差数列, 而 ⑤表明:数列
所以
数列a2k?a2?6(k?1),a2k?1?a3?6(k?1),a2k?2?a4?6(k?1)(k?N*), {an}是单调递增数列?a1?a2且a2k?a2k?1?a2k?2对任意的k?N*成立. ?a1?a2且a2?6(k?1)?a3?6(k?1)?a4?6(k?1)
?a1?a2?a3?a4?a?12?2a?3?2a?18?2a?915?a?44.
?915?M??a?a??4?. ?4即所求a的取值集合是
bn?1?bnean?1?eankn??AAa?aan?1?an n?1n(III)解法一:弦nn?1的斜率为
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ex(x?x0)?(ex?ex0)ex?ex0f(x)?f(x)?2xx?x(x?x)00,则0任取,设函数
x0xx?(x)?ex(x?x0)?ex?ex?ex(x?x0)g(x)?e(x?x)?(e?e)g0记,则,
当
当x?x0时,g?(x)?0,g(x)在(x0,??)上为增函数, x?x0时,g?(x)?0,g(x)在(??,x0)上为减函数,
x?x0时,g(x)?g(x0)?0,从而f?`(x)?0,所以f(x)在(??,x0)和(x0,??)上都是增函数.
{an}单调递增, 所以由(II)知,a?M时,数列
ean?1?eanean?2?eankn??x?aa?a?aa?aan?2?an. n,因为nn?1n?2,所以n?1n取0
ean?1?ean?2ean?ean?2kn?1??x?an?2,因为an?an?1?an?2,所以an?1?an?2an?an?2. 取0
所以kn?kn?1,即弦AnAn?1(n?N*)的斜率随n单调递增.
ex?ean?1f(x)???)上都是增函数, x?an?1,同解法一得,f(x)在(??,an?1)和(an?1,解法二:设函数
ean?ean?1ex?ean?1ean?2?ean?1ex?ean?1an?1an?1kn??lim?ek??lim?en?1?n→a?n→ana?aa?a?1x?an?1x?an?1nn?1n?2n?1n?1所以,.
故kn?kn?1,即弦AnAn?1(n?N*)的斜率随n单调递增.
1222?4?1,记S?a?a???a,n12n2an5.(辽宁省沈阳二中2008—2009学年上学期高三期中考试) {an}满足a1?1,an?1数列
m的最小值
A.10 B.9
答案:A.
若S2n?1?Sn?m30对任意n?N*恒成立,则正整数( ) C.8 D.7
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