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数列综合题型总结


数列综合题型总结
题型一 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题 求得数列与不等式绫结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略: (1)若函数 f(x)在定义 域为 D,则当 x∈D 时,有 f(x)≥M 恒成立 ?f(x)min≥M;f(x)≤M 恒成立 ?f(x)max≤M;(2)利 用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式,再通过解不等式解得. 【例 1】 等比数列

{an}的公比 q>1,第 17 项的平方等于第 24 项,求使 a1+a2+…+ 1 1 1 an> + +…+ 恒成立的正整数 n 的取值范围. a1 a2 an 【分析】 利用条件中两项间的关系,寻求数列首项 a1 与公比 q 之间的关系,再利用 等比数列前 n 项公式和及所得的关系化简不等式,进而通过估算求得正整数 n 的取值范围. 【解】 由题意得:(a1q16)2=a1q23,∴a1q9=1. 1 1 1 由等比数列的性质知: 数列{ }是以 为首项, 以 为公比的等比数列, 要使不等式成立, an a1 q 1 1 [1-( )n] q a1(qn-1) a1 1 2 则须 > ,把 a1 =q?18 代入上式并整理,得 q?18(qn-1)>q(1- n), 1 q q-1 1- q qn>q19,∵q>1,∴n>19,故所求正整数 n 的取值范围是 n≥20. 【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了, 主要体现为用数列知识化简, 用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用. 【例 2】 (08· 全国Ⅱ)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=a,an+1=Sn+3n,n∈ N*.(Ⅰ)设 bn=Sn-3n,求数列{bn}的通项公式; (Ⅱ)若 an+1≥an,n∈N*,求 a 的取值范围. 【分析】 第(Ⅰ)小题利用 Sn 与 an 的关系可求得数列的通项公式;第(Ⅱ)小题将 条件 an+1≥an 转化为关于 n 与 a 的关系,再利用 a≤f(n)恒成立等价于 a≤f(n)min 求解. 【解】 (Ⅰ)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即 Sn+1=2Sn+3n, 由此得 Sn+1-3 n+1=2(Sn-3n). 因此,所求通项公式为 bn=Sn-3n=(a-3)2 n?1,n∈N*, ① (Ⅱ)由①知 Sn=3n+(a-3)2 n?1,n∈N*, 于是,当 n≥2 时,an=Sn-Sn?1=3n+(a-3)2 n?1-3n?1-(a-3)2 n?2=2× 3n?1+(a-3)2 n?2, 3 n?2 an+1-an=4× 3 n?1+(a-3)2 n?2=2 n?2· [12· ( ) +a-3], 2 3 n?2 3 n?2 当 n≥2 时,an+1≥an,即 2 n?2· [12· ( ) +a-3]≥0,12· ( ) +a-3≥0,∴a≥-9, 2 2 综上,所求的 a 的取值范围是[-9,+∞]. 【点评】 一般地,如果求条件与前 n 项和相关的数列的通项公式,则可考虑 Sn 与 an 的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法,应当引起重视. 题型二 数列参与的不等式的证明问题 此类不等式的证明常用的方法:(1)比较法,特别是差值比较法是最根本的方法;(2)分 析法与综合法,一般是利用分析法分析,再利用综合法分析; (3)放缩法,主要是通过分母 分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的. 【例 3】 已知数列{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,a3=7,S4=24.(Ⅰ)求数列{an} 1 的通项公式;(Ⅱ)设 p、q 都是正整数,且 p≠q,证明:Sp+q< (S2p+S2q). 2 【分析】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前 n 项公式和建立方程组即可解决 第(Ⅰ)小题;第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决.

【解】

(Ⅰ)设等差数列{an}的公差是 d,依题意得,?

? a1+2d=7 ? a1=3 ,解得? , ? 4a1+6d=24 ? d=2

∴数列{an}的通项公式为 an=a1+(n-1)d=2n+1. 2 n(a1+an) (Ⅱ)证明:∵an=2n+1,∴Sn= =n2+2n. 2 0 0 +q)]-(4p2+4p)-(4q2+4q)=-2(p-q)2, 2Sp+q-(S2p+S2q)=2[(p+q)2+2(p 9 1 ∵p≠q,∴2Sp+q-(S2p+S2q)<0,∴Sp+q< (S2p+S2q). 2 0 3 【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形,途径主要有: 1 (3)如果涉及分式,则利用通分; (1)因式分解; (2)化平方和的形式; (4)如果涉及根 8 式,则利用分子或分母有理化. 【例 4】 (08· 安徽高考)设数列{an}满足 a1=0,an+1=can3+1-c,c∈N*,其中 c 为实 1 数.(Ⅰ)证明:an∈[0,1]对任意 n∈N*成立的充分必要条件是 c∈[0,1];(Ⅱ)设 0<c< ,证 3 1 2 明:an≥1-(3c)n?1,n∈N*; (Ⅲ)设 0<c< ,证明:a12+a22+…+an2>n+1- ,n∈ 3 1-3c N*. 【分析】 第(1)小题可考虑用数学归纳法证明;第(2)小题可利用综合法结合不等 关系的迭代;第(3)小题利用不等式的传递性转化等比数列,然后利用前 n 项和求和,再 进行适当放缩. 【解】 (Ⅰ)必要性:∵a1=0,a2=1-c, 又∵a2∈[0,1],∴0≤1-c≤1,即 c∈[0,1]. 充分性:设 c∈[0,1],对 n∈N*用数学归纳法证明 an∈[0,1]. (1)当 n=1 时,a1∈[0,1]. (2)假设当 n=k 时,ak∈[0,1](k≥1)成立,则 ak+1=cak3+1-c≤c+1-c=1,且 ak+1=cak3+1-c≥1-c≥0, ∴ak+1∈[0,1],这就是说 n=k+1 时,an∈[0,1]. 由(1) 、 (2)知,当 c∈[0,1]时,知 an∈[0,1]对所胡 n∈N*成立. 综上所述,an∈[0,1]对任意 n∈N*成立的充分必要条件是 c∈[0,1]. 1 (Ⅱ)设 0<c< ,当 n=1 时,a1=0,结论成立. 3 当 n≥2 时,由 an=can?13+1-c,∴1-an=c(1-an?1)(1+an?1+an?12) 1 ∵0<c< ,由(Ⅰ)知 an?1∈[0,1],所以 1+an?1+an?12≤3,且 1-an?1≥0,∴1-an≤3c(1 3 -an?1), ∴1-an≤3c(1-an?1)≤(3c)2(1-an?2)≤…≤(3c) n?1(1-a1)=(3c) n?1,∴an≥1-(3c)n?1,n∈N*. 1 2 (Ⅲ)设 0<c< ,当 n=1 时,a12=0>2- ,结论成立. 3 1-3c 当 n≥2 时,由(Ⅱ)知 an≥1-(3c)n?1>0, ∴an2≥[(1-(3c)n?1)] 2=1-2(3c)n?1+(3c)(n?1)>1-2(3c)n?1, a12+a22+…+an2=a22+…+an2>n-1-2[3c+(3c)2+…+(3c)n?1] 2[1-(3c)n] 2 =n-1-2[1+3c+(3c)2+…+(3c)n?1-1]=n+1- >n+1- . 1-3c 1-3c 【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题,属于难题,此类试题在高 考中点占有一席之地,复习时应引起注意.本题的第(Ⅰ)小题实质也是不等式的证明, 题型三 求数列中的最大值问题 求解数列中的某些最值问题,有时须结合不等式来解决,其具体解法有: (1)建立目标

函数,通过不等式确定变量范围,进而求得最值;(2)首先利用不等式判断数列的单调性, 然后确定最值;(3)利用条件中的不等式关系确定最值. 【例 5】 (08· 四川高考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S4≥10,S5≤15,则 a4 的最 大值为______. 【分析】 根据条件将前 4 项与前 5 项和的不等关系转化为关于首项 a1 与公差 d 的不 等式,然后利用此不等关系确定公差 d 的范围,由此可确定 a4 的最大值. 【解】 ∵等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4≥10,S5≤15, 4× 3 5-3d 5+3d ? S4=4a1+ 2 d≥10 ? a1+3d≥5 ? a4=a1+3d≥ +3d= 2 2 , ∴? ,即? ,∴? ? a1+2d≤3 ? ? S5=5a1+5×4d≤15 a = a + 3d = (a + 2d) + d≤3 + d 4 1 1 2 5+3d ∴ ≤a4≤3+d,则 5+3d≤6+2d,即 d≤1. 2 ∴a4≤3+d≤3+1=4,故 a4 的最大值为 4. 【点评】 本题最值的确定主要是根据条件的不等式关系来求最值的, 其中确定数列的 公差 d 是解答的关键,同时解答中要注意不等式传递性的应用. 1 【例 6】 等比数列{an}的首项为 a1=2002,公比 q=- .(Ⅰ)设 f(n)表示该数列的前 n 2 项的积,求 f(n)的表达式;(Ⅱ)当 n 取何值时,f(n)有最大值. 【分析】 第(Ⅰ)小题首先利用等比数列的通项公式求数列{an}的通项,再求得 f(n)的 表达式;第(Ⅱ)小题通过商值比较法确定数列的单调性,再通过比较求得最值. 1 1 n(n?1) 【解】 (Ⅰ)an=2002· (- )n?1,f(n)=2002n· (- ) 2 2 2 |f(n+1)| 2002 (Ⅱ)由(Ⅰ),得 = n ,则 |f(n)| 2 |f(n+1)| 2002 当 n≤10 时, = n >1,∴|f(11)|>|f(10)|>…>|f(1)|, |f(n)| 2 |f(n+1)| 2002 当 n≥11 时, = n <1,∴|f(11)|>|f(12)|>|f(13)|>…, |f(n)| 2 ∵f(11)<0,f(10)<0,f(9)>0,f(12)>0,∴f(n)的最大值为 f(9)或 f(12)中的最大者. 1 200212· ( )66 2 f(12) 1 2002 ∵ = =20023· ( )30=( 10 )3>1, f(9) 1 2 2 20029· ( )36 2 1 ∴当 n=12 时,f(n)有最大值为 f(12)=200212· ( )66. 2 【点评】 本题解答有两个关键:(1)利用商值比较法确定数列的单调性;(2)注意比较 f(12)与 f(9)的大小.整个解答过程还须注意 f(n)中各项的符号变化情况. 题型四 求解探索性问题 数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型, 解答的一般策略: 先假设所探求对象 存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成 立,从而得到“否定”的结论,即不存在.若推理不出现矛盾,能求得在范围内的数值或图形, 就得到肯定的结论,即得到存在的结果. 【例 7】 已知{an}的前 n 项和为 Sn, 且 an+Sn=4.(Ⅰ)求证: 数列{an}是等比数列; (Ⅱ) Sk+1-2 是否存在正整数 k,使 >2 成立. Sk-2 【分析】 第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列 an+1 与 an 的关系,结合定义判断数列{an} 为等比数列;而第(Ⅱ)小题先假设条件中的不等式成立,再由此进行推理,确定此不等式成

立的合理性. 【解】 (Ⅰ)由题意,Sn+an=4,Sn+1+an+1=4, 1 由两式相减,得(Sn+1+an+1)-(Sn+an)=0,即 2an+1-an=0,an+1= an, 2 1 又 2a1=S1+a1=4,∴a1=2,∴数列{an}是以首项 a1=2,公比为 q= 的等比数列. 2 1n 2[1―( ) ] 2 (Ⅱ)由(Ⅰ),得 Sn= =4-22?n. 1 1― 2 1? k Sk+1-2 4-2 -2 2 3 又由 >2,得 >2,整理,得 <21?k<1,即 1<2 k ?1< , 3 2 Sk-2 4-22?k-2 3 ∵k∈N*,∴2k?1∈N*,这与 2k?1∈(1, )相矛盾,故不存在这样的 k,使不等式成立. 2 【点评】 本题解答的整个过程属于常规解法,但在导出矛盾时须注意条件“k∈N*”, 这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱. 2 【例 8】 (08· 湖北高考)已知数列{an}和{bn}满足: a1=λ, an+1= an+n-4, bn=(-1)n(an 3 -3n+21),其中 λ 为实数,n 为正整数.(Ⅰ)对任意实数 λ,证明数列{an}不是等比数列; (Ⅱ)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论; (Ⅲ)设 0<a<b,Sn 为数列{bn} 的前 n 项和.是否存在实数 λ,使得对任意正整数 n,都有 a<Sn<b?若存在,求 λ 的取值范 围;若不存在,说明理由. 【分析】 第(Ⅰ)小题利用反证法证明;第(Ⅱ)小题利用等比数列的定义证明;第(Ⅲ) 小题属于存在型问题,解答时就假设 a<Sn<b 成立,由此看是否能推导出存在存在实数 λ. 【解】 (Ⅰ)证明:假设存在一个实数 λ,使{an}是等比数列,则有 a22=a1a3,即 2 4 4 4 ( λ-3)2=λ( λ-4)? λ2-4λ+9= λ2-4λ?9=0,矛盾,所以{an}不是等比数列. 3 9 9 9 n+1 (Ⅱ)解:因为 bn+1=(-1) [a n+1-3(n+1)+21] 2 2 2 =(-1)n+1( a n-2n+14)=- (a n-3n-21)=- b n, 3 3 3 又 b1=-(λ+18),所以 2 {bn}不是等比数列; 当 λ=-18 时,bn=0(n∈N*),此时 bn+1 2 0 当 λ≠-18 时,b1=-(λ+18)≠0,由上可知 bn≠0,∴ =- (n∈N*). bn 3 0 2 故当 λ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ +18)为首项,- 为公比的等比数列. 9 3 0 (Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 λ=-18,bn=0(n∈N*),Sn=0,不满足题目要求;. 2 3 2 3 ∴λ≠-18,故知 bn=-(λ+18)× (- )n?1,于是 S n=- (λ+18)· [1-(- )n] 3 5 3 1 3 2n 要使 a<Sn<b 对任意正整数 n 成立,即 a<-- (λ+18)· [1-(- ) ]<b,(n∈N*). 8 5 3 a 3 b 得 <- (λ+18)< ,(n∈N*) ① 2n 5 2 1-(- ) 1-(- )n 3 3 2n 5 5 令 f(n)=1-(- ) ,则当 n 为正奇数时,1<f(n)≤ ,当 n 为正偶数时 ≤f(n)<1; 3 3 9 5 5 ∴f(n)的最大值为 f(1)= ,f(n)的最小值为 f(2)= , 3 9 5 3 3 于是,由①式得 a<- (λ+18)< b,∴-b-18<λ<-3a-18,(必须-b<-3a,即 9 5 5 b>3a).

当 a<b<3a 时,由-b-18≥-3a-18,不存在实数满足题目要求; 当 b>3a 存在实数 λ, 使得对任意正整数 n, 都有 a<Sn<b,且 λ 的取值范围是(-b-18, -3a-18). 【点评】 存在性问题指的是命题的结论不确定的一类探索性问题, 解答此类题型一般 是从存在的方面入手,寻求结论成立的条件,若能找到这个条件,则问题的回答是肯定的; 若找不到这个条件或找到的条件与题设矛盾,则问题的回答是否定的.其过程可以概括为假 设——推证——定论.本题解答注意对参数 λ 及项数 n 的双重讨论. a9+a10 1 1. (2010· 湖北)已知等比数列{an}中, 各项都是正数, 且 a1, a3,2a2 成等差数列, 则 2 a7+a8 的值为________. 2.(2010· 徐州模拟)数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且 a6=b7, 则下列关系正确的是______(填序号). ①a3+a9≤b4+b10; ②a3+a9≥b4+b10; ③a3+a9≠b4+b10; ④a3+a9 与 b4+b10 的大小不确定. S1+S2+?+Sn 3.有限数列 A:a1,a2,?,an,Sn 为其前 n 项和,定义 为 A 的“凯森 n 和”,若有 99 项的数列 a1,a2,?,a99 的“凯森和”为 1 000,则有 100 项的数列 1,a1, a2,?,a99 的“凯森和”为________. 4.有一种细菌和一种病毒,每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身分裂 为 2 个,现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒,问细菌将病毒全部杀死至少需要 ________秒. 5.(2011· 苏州模拟)已知数列{an},{bn}满足 a1=1,且 an,an+1 是函数 f(x)=x2-bnx+ 2n 的两个零点,则 b10=________. 2?2n-2 ?2?n-1 6.若数列{an}的通项公式 an=5? ?5? -4?5? ,数列{an}的最大项为第 x 项,最小项 为第 y 项,则 x+y=________. 2 7.(2010· 江苏)函数 y=x2(x>0)的图象在点(ak,ak )处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 ak * ,其中 k ∈ N , a = 16 ,则 a + a + a = ________. +1 1 1 3 5 8.把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表.设 aij (i,j∈N*)是位于这个 三角形数表中从上往下数第 i 行、从左往右数第 j 个数,如 a42=8.若 aij=2 009,则 i 与 j 的 和为________. 1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 ?????????????? 二、解答题(共 42 分) 1 9.(14 分)已知点(1, )是函数 f(x)=ax(a>0,且 a≠1)的图象上一点,等比数列{an}的前 3 n 项和为 f(n)-c, 数列{bn}(bn>0)的首项为 c, 且前 n 项和 Sn 满足 Sn-Sn-1= Sn+ Sn-1(n≥2). (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; 1 1 000 (2)若数列{ }的前 n 项和为 Tn,问满足 Tn> 的最小正整数 n 是多少? 2 009 bnbn+1

10.(14 分)沿海地区甲公司响应国家开发西部的号召,对西部地区乙企业进行扶持性技 术改造.乙企业的经营现状是:每月收入为 45 万元,但因设备老化,从下月开始需付设备

维修费,第一个月为 3 万元,以后每月递增 2 万元.甲公司决定投资 400 万元扶持改造乙企 业.据预测,改造后乙企业第一个月收入为 16 万元,在以后的 4 个月中,每月收入都比上 个月增长 50%,而后每个月收入都稳定在第 5 个月的水平上.若设备改造时间可忽略不计, 那么从下个月开始至少经过多少个月, 改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带 来的总收益?

1 11.(14 分)(2010· 广东执信中学模拟)已知函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)· f(y)且 f(1)= . 2 * (1)当 n∈N 时,求 f(n)的表达式; (2)设 an=n· f(n),n∈N*,求证:a1+a2+a3+?+an<2; f?n+1? (3)设 bn=(9-n) ,n∈N*,Sn 为{bn}的前 n 项和,当 Sn 最大时,求 n 的值. f?n? 答案 自主梳理 1.(4)n=1 或 n≥2 自我检测 3 9 1.22 2. 3.15 4.8 5. 2 19 课堂活动区 例 1 解题导引 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点,特别是 等差、 等比数列的通项公式、 前 n 项和公式以及等差中项、 等比中项问题是历年命题的热点. 2.利用等比数列前 n 项和公式时注意公比 q 的取值.同时对两种数列的性质,要熟悉 它们的推导过程,利用好性质,可降低题目的思维难度,解题时有时还需利用条件联立方程 求解. ?a1+a2+a3=7 解 (1)由已知得??a1+3?+?a3+4? =3a2 ? 2 ?

?

,解得 a2=2.

设数列{an}的公比为 q,由 a2=2, 2 2 可得 a1= ,a3=2q.又 S3=7,可知 +2+2q=7, q q 1 2 即 2q -5q+2=0.解得 q1=2,q2= . 2 由题意得 q>1,∴q=2,∴a1=1. - 故数列{an}的通项为 an=2n 1. (2)由(1)得 a3n+1=23n, ∴bn=ln a3n+1=ln 23n=3nln 2. 又 bn+1-bn=3ln 2,∴{bn}是等差数列, ∴Tn=b1+b2+?+bn n?b1+bn? 3n?n+1? = = · ln 2. 2 2 3n?n+1? 故 T n= ln 2. 2 变式迁移 1 4 解析 设 a1,a2,a3,a4 的公差为 d,则 a1+2d=4,又 0<a1<2,所以 1<d<2.易知数列 {bn}是等比数列,故(1)正确;a2=a3-d∈(2,3),所以 b2=2a2>4,故(2)正确;a4=a3+d>5, 所以 b4=2a4>32,故(3)正确;又 a2+a4=2a3=8,所以 b2b4=2a2+a4=28=256,故(4)正确. 例 2 解题导引 这是一道数列、函数、不等式的综合题,利用函数关系式求通项 an, 观察 Tn 特点,求出 Tn.由 an 再求 bn 从而求 Sn,最后利用不等式知识求出 m.

2 +3 a 1 2+3an 2 n ? ? 解 (1)∵an+1=f?a ?= = =an+ , 3 3 3 n an 2 ∴{an}是以 为公差的等差数列. 3 2 1 又 a1=1,∴an= n+ . 3 3 (2)Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+?-a2na2n+1 =a2(a1-a3)+a4(a3-a5)+?+a2n(a2n-1-a2n+1) 5 4n 1 n? + + ? 4 4 ?3 3 3? =- (a2+a4+?+a2n)=- · 3 3 2 4 =- (2n2+3n). 9 1 1 (3)当 n≥2 时,bn= = an-1an ?2 1??2 1? ?3n-3??3n+3? 1 9 1 = ?2n-1-2n+1?, 2? ? 9 ? 1? 又 b1=3= ×?1-3?,∴Sn=b1+b2+?+bn 2 1 1 1 1 1 9 = ×?1-3+3-5+?+2n-1-2n+1? 2 ? ? 1 9 9n = ?1-2n+1?= 2? ? 2n+1, m-2 001 ∵Sn< 对一切 n∈N*成立. 2 9n m-2 001 即 < , 2 2n+1 1 9n 9 又∵ = ?1-2n+1?递增, 2 ? ? 2n+1 9n 9 m-2 001 9 且 < .∴ ≥ , 2 2 2n+1 2 即 m≥2 010.∴最小正整数 m=2 010. 变式迁移 2 解 (1)设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q. 依题意,有 2(a3+2)=a2+a4, 代入 a2+a3+a4=28,得 a3=8. 3 ? ?a1q+a1q =20, ? ∴a2+a4=20.∴ 2 ?a3=a1q =8, ?

? ? ?q= , ?q=2, 解之,得? 或? 2 ?a1=2 ? ?

1

?a1=32.

?q=2, ? 又{an}单调递增,∴? ∴an=2n. ?a1=2. ? 1 (2)bn=2n· log 2n=-n· 2 n, 2 ∴-Sn=1×2+2×22+3×23+?+n×2n.① + ∴-2Sn=1×22+2×23+3×24+?+(n-1)×2n+n×2n 1.② + ∴①-②,得 Sn=2+22+23+?+2n-n· 2n 1

2?1-2n? + + + -n· 2n 1=2n 1-n· 2n 1-2. 1-2 由 Sn+(n+m)an+1<0, + + + + 即 2n 1-n· 2n 1-2+n· 2n 1+m· 2n 1<0 对任意正整数 n 恒成立, 1 + + ∴m· 2n 1<2-2n 1 对任意正整数 n,m< n-1 恒成立. 2 1 ∵ n-1>-1,∴m≤-1, 2 即 m 的取值范围是(-∞,-1]. 例 3 解 依题意,第 1 个月月余款为 a1=10 000(1+20%)-10 000×20%×10%-300=11 500, 第 2 个月月底余款为 a2=a1(1+20%)-a1×20%×10%-300, 依此类推下去,设第 n 个月月底的余款为 an 元, 第 n+1 个月月底的余款为 an+1 元, 则 an+1=an(1+20%)-an×20%×10%-300=1.18an -300. 下面构造一等比数列. an+1+x 设 =1.18,则 an+1+x=1.18an+1.18x, an+x ∴an+1=1.18an+0.18x.∴0.18x=-300. 5 000 an+1- 3 5 000 ∴x=- ,即 =1.18. 3 5 000 an- 3 5 000 5 000 5 000 ∴数列{an- }是一个等比数列,公比为 1.18,首项 a1- =11 500- = 3 3 3 29 500 . 3 5 000 29 500 - ∴an- = ×1.18n 1, 3 3 5 000 29 500 ∴a12- = ×1.1811, 3 3 5 000 29 500 ∴a12= + ×1.1811≈62 396.6(元), 3 3 即到年底该职工共有资金 62 396.6 元. 纯收入有 a12-10 000(1+25%) =62 396.6-12 500=49 896.6(元). 变式迁移 3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{an}, 由题意可知{an}是等差数列,其中 a1=250,d=50, 则 an=250+(n-1)· 50=50n+200, n?n-1? Sn=250n+ ×50=25n2+225n, 2 令 25n2+225n≥4 750, 即 n2+9n-190≥0,而 n 是正整数,∴n≥10. ∴到 2020 年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于 4 750 万平方米. (2)设新建住房面积形成数列{bn}, 由题意可知{bn}是等比数列,其中 b1=400,q=1.08, - 则 bn=400· (1.08)n 1. 由题意可知 an>0.85bn, - 即 50n+200>400· (1.08)n 1· 0.85. 当 n=5 时,a5<0.85b5, 当 n=6 时,a6>0.85b6, ∴满足上述不等式的最小正整数 n 为 6. =

∴到 2016 年底, 当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%. 课后练习区 1.3+2 2 2.② 3.991 4.7 1-2n - 解析 设至少需要 n 秒钟,则 1+21+22+?+2n 1≥100,∴ ≥100,∴n≥7. 1-2 5.64 an+2 + 解析 依题意有 anan+1=2n, 所以 an+1an+2=2n 1, 两式相除得 =2, 所以 a1, a3, a5, ? an 成等比数列, a2, a4, a6, ?也成等比数列, 而 a1=1, a2=2, 所以 a10=2×24=32, a11=1×25 =32,又因为 an+an+1=bn,所以 b10=a10+a11=64. 6.3 解析 该题是数列知识与函数知识的综合. ??2?n-1-2?2-4, ?2?2n-2-4· ?2?n-1=5· an=5· ?5? ?5? 5? 5 ??5? 显然当 n=2 时,an 取得最小值,当 n=1 时,an 取得最大值,此时 x=1,y=2,∴x+ y=3. 7.21 2 解析 y′=(x2)′=2x,则过点(ak,a2 k )的切线斜率为 2ak,则切线方程为 y-ak =2ak(x -ak), 令 y=0,得-a2 k =2ak(x-ak), 1 1 ∴x= ak,即 ak+1= ak. 2 2 1 故{an}是 a1=16,q= 的等比数列, 2 1 n-1 即 an=16×( ) ,∴a1+a3+a5=16+4+1=21. 2 8.107 解析 由数表知,第一行 1 个奇数,第 3 行 3 个奇数,第 5 行 5 个奇数,第 61 行 61 62×31 个奇数, 前 61 行用去 1+3+5+?+61= =961 个奇数. 而 2 009 是第 1 005 个奇数, 2 故应是第 63 行第 44 个数,即 i+j=63+44=107. 1?x 1 9.解 (1)∵f(1)=a= ,∴f(x)=? ?3? . 3 1 a1=f(1)-c= -c, 3 2 a2=[f(2)-c]-[f(1)-c]=- , 9 2 a3=[f(3)-c]-[f(2)-c]=- ; 27 4 2 81 a2 2 1 又数列{an}成等比数列,a1= = =- = -c, a3 2 3 3 - 27 ∴c=1;…………………………………………………………………………………… (2 分) a2 1 2 1?n-1 公比 q= = ,an=- ×? a1 3 3 ?3? 1 ?n n∈N*; =-2×? ……………………………………………………………………(3 分) ?3? , ∵Sn-Sn-1=( Sn- Sn-1)( Sn+ Sn-1) = Sn+ Sn-1(n>2),……………………………………………………………………(4 分)

又 bn>0, Sn>0,∴ Sn- Sn-1=1. 数列{ Sn}构成一个首项为 1、公差为 1 的等差数列, Sn=1+(n-1)×1=n, Sn=n2.…………………………………………………………(6 分) 当 n≥2,bn=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1; 又当 n=1 时,也适合上式, ∴bn=2n-1,n∈N*.……………………………………………………………………… (8 分) 1 1 1 1 (2)Tn= + + +?+ b1b2 b2b3 b3b4 bnbn+1 1 1 1 1 = + + +?+ 1×3 3×5 5×7 ?2n-1?×?2n+1? 1 1 1? 1? 1?1 1? 1?1 1? 1 1 1 n = ?1-3?+ ?3-5?+ ?5-7?+?+ ?2n-1-2n+1?= ?1-2n+1?= 2 2 2 2? ? 2? ? 2n+1. n 1 000 1 000 1 000 由 T n= > ,得 n> ,∴满足 Tn> 的最小正整数为 112. 9 2 009 2n+1 2 009 10.解 设乙企业仍按现状生产至第 n 个月所带来的总收益为 An(万元),技术改造后生 产至第 n 个月所带来的总收益为 Bn(万元).依题意得 An=45n-[3+5+…+(2n+1)] =43n-n2, ?3?5 ? 16? ??2? -1? 当 n≥5 时,Bn= + 3 -1 2 3 ?4 16? ?2? (n-5)-400=81n-594, ∴当 n≥5 时,Bn-An=n2+38n-594, 令 n2+38n-594>0,即(n+19)2>955,解得 n≥12, ∴至少经过 12 个月, 改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益. 1 11.(1)解 令 x=n,y=1,得到 f(n+1)=f(n)· f(1)= f(n), 2 1 1 1n ∴{f(n)}是首项为 ,公比为 的等比数列,即 f(n)=( ) . 2 2 2 1 1 1 1 (2)证明 记 Sn=a1+a2+a3+?+an,∵an=n· f(n)=n· ( )n,∴Sn= +2×( )2+3×( )3 2 2 2 2 1n +?+n×( ) , 2 1 12 1 1 1 1 + S =( ) +2×( )3+3×( )4+?+(n-1)×( )n+n×( )n 1, 2 n 2 2 2 2 2 1 1 12 1n 1 n+1 两式相减得 Sn= +( ) +?+( ) -n×( ) , 2 2 2 2 2 1 n-1 1n 整理得 Sn=2-( ) -n( ) <2.∴a1+a2+a3+?+an<2 2 2 1 + ? ?n 1 2 f?n+1? 9-n 1 (3)解 ∵f(n)=( )n,而 bn=(9-n) =(9-n) = . 2 1n 2 f?n? ? ? 2 当 n≤8 时,bn>0;当 n=9 时,bn=0;当 n>9 时,bn<0, ∴n=8 或 9 时,Sn 取到最大值.


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