高三数学高考集训-2(数列)

高三数学高考集训营数列例1．函数f(x)对任意x∈R都有f(x)+f(1-x)=21（1）求f(21)和f(n1)+f(nn1)的值(n∈N*)（2）数列{an}满足：an=f(0)+f(n1)+f(n2)+…+f(nn1)+f(1)，数列{an}是等差数列吗？解：（1）令x=212f(21)=21f(21)=41令x=0f(0)+f(1)=21令x=n121)11()1(nfnf（2）an=f(0)+)1()1()2()1(fnnfnfnfApnanafnfnnffannn为41)1(212)0()1()1()1(例2．已知二次函数()yfx的图像经过坐标原点，其导函数为'()62fxx，数列{}na的前n项和为nS，点(,)()nnSnN均在函数()yfx的图像上。（Ⅰ）、求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）、设11nnnbaa，nT是数列{}nb的前n项和，求使得20nmT对所有nN都成立的最小正整数m；解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx(a≠0),则f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得a=3,b=－2,所以f(x)＝3x2－2x.又因为点(,)()nnSnN均在函数()yfx的图像上，所以nS＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－)1(2)132nn（＝6n－5.当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（nN）（Ⅱ）由（Ⅰ）得知13nnnaab＝5)1(6)56(3nn＝)161561(21nn，故Tn＝niib1＝21)161561(...)13171()711(nn＝21（1－161n）.因此，要使21（1－161n）20m（nN）成立的m,必须且仅须满足21≤20m，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.例3．在等差数列na中，11a，前n项和nS满足条件242,1,2,1nnSnnSn，（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）记(0)nannbapp，求数列nb的前n项和nT。解：（Ⅰ）设等差数列na的公差为d,由2421nnSnSn得：1213aaa，所以22a，即211daa，又1211122()42212nnnnnnandanSandanaanSaan＝2(1)1nnana，所以nan。（Ⅱ）由nannbap，得nnbnp。所以23123(1)nnnTpppnpnp，当1p时，12nnT；当1p时，234123(1)nnnpTpppnpnp，23111(1)(1)1nnnnnnppPTpppppnpnpp即11,12(1),11nnnnpTppnppp。即11,12(1),11nnnnpTppnppp。例4。已知数列｛an｝满足a1=1,a1n=2an+1(n∈N)（Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；（I）解：*121(),nnaanN112(1),nnaa1na是以112a为首项，2为公比的等比数列。12.nna即2*21().nanN例5．已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…（1）证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；（2）设Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；（3）记bn=211nnaa，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+132nT=1.解：（Ⅰ）由已知212nnnaaa，211(1)nnaa12a11na，两边取对数得1lg(1)2lg(1)nnaa，即1lg(1)2lg(1)nnaa{lg(1)}na是公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知11lg(1)2lg(1)nnaa1122lg3lg3nn1213nna（*）12(1)(1)nTaan…(1+a)012222333n-12…321223n-1…+2=n2-13由（*）式得1231nna（Ⅲ）2102nnaaa1(2)nnnaaa11111()22nnnaaa11122nnnaaa又112nnnbaa1112()nnnbaa12nSbbn…+b122311111112()nnaaaaaa…+11112()naa1221131,2,31nnnnaaa22131nnS又213nnT2131nnST.例6．已知各项均为正数的数列na，满足：13a，且11122nnnnnnaaaaaa，*nN．（1）求数列na的通项公式；（2）设22212nnSaaa，22212111nnTaaaa，求nnST，并确定最小正整数n，使nnST为整数．解：（1）条件可化为11112nnnnaaaa＋＋－＝（－），因此｛1nnaa－｝为一个等比数列，其公比为2，首项为11183aa－＝，所以1nnaa－＝n2n1822nN33＋－＝（）…………1因an0，由1式解出an＝n12n212293＋＋（＋＋）…………2（2）由1式有Sn＋Tn＝22212121112nnaaanaaa（－）＋（－）＋＋（－）＋＝345n2222222222n3333＋（）＋（）＋（）＋…＋（）＋＝n64412nnN27（－）＋（）为使Sn＋Tn＝n64412nnN27（－）＋（）为整数，当且仅当n4127－为整数.当n＝1,2时，显然Sn＋Tn不为整数，当n3时，n41－＝n131（＋）－＝1223333333nnnnnnCCCC－＋＋（＋＋）只需1223327nnCC＋＝n3n192－为整数，因为3n－1与3互质，所以为9的整数倍.当n＝9时，n3n192－＝13为整数，故n的最小值为9.例7．nnnnnnnbaaabnnSna求项和为的前数列.sinsinsin.12)2(}{212解：a1=S1=4an=Sn-Sn-1=12(4n-1)(n≥2)此时a1=4)14(12nan∴an+1-an=3∴{an}为Ap显然an≠kπ∴sinan≠01sin)33sin(sinsinsinsinsinsinsinsin3213211nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaabb又b1=sina1sina2sina3=sina121[cos(a3-a2)-cos(a3+a2)]=82)23cos3(cos2122(a1=32434432aa)∴bn=1)1(82n例8．设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…．（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）｛an｝的通项公式．解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝12．当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－12，于是(a2－12)2－a2(a2－12)－a2＝0，解得a1＝16．(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0①由(Ⅰ)知S1＝a1＝12，S2＝a1＋a2＝12＋16＝23．由①可得S3＝34．由此猜想Sn＝nn＋1，n＝1，2，3，…．……8分下面用数学归纳法证明这个结论．(i)n＝1时已知结论成立．(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝kk＋1，当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝12－Sk，即Sk＋1＝k＋1k＋2，故n＝k＋1时结论也成立．综上，由(i)、(ii)可知Sn＝nn＋1对所有正整数n都成立．……10分于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nn＋1－n－1n＝1n(n＋1)，又n＝1时，a1＝12＝11×2，所以｛an｝的通项公式an＝nn＋1，n＝1，2，3，…．12分例9．已知等差数列{an}的公差d≠0，在{an}中取出部分项nkkkaaa,,21，恰为等比数列.其中k1=1，k2=5，k3=17.(1)求Sn=k1+k2+…+knnnnnS2lim)2(求解：由题意知：a52=a1a17即(a1+4d)2=a1(a1+16d)∵d1≠0∴a1=2d341115adaaaq∴akn=11nkqa=a1q3n-1①又nka为Ap的第kn项∴1121)1(akdkaannkn②由①②111213akanna1≠0kn=2·3n-1-1∴k1+k2+…+kn=2(1+3+…+3n-1)-n=3n-n-1例10．设各项均为正数的无穷数列{an}{bn}，对任意n∈N*，an，bn2，an+1成A、P，bn2，an+1，bn+12成等比数列.（1）试证：对n∈N*，nK.均有bn-k2+bn+k2≥2bn2成立.}{.2,1)2(11nnSnaba项和的前求数列若解：（1）1121221212nnnnnnnnnbbabbabaaan=bn-1bnbn-1bn+bnbn+1=2bn2bn-1+bn+1=2bn∴{bn}成Ap（2）22222222nknknnknknknknbbbbbbbb（3）令n=11+a2=4a2=3又a2=b1b2b2=223∴{bn}中d=b2-b1=22nnbn222222)1(2（4）)(21)1(2121nnnnbbannn6)2)(1()42(12)1(2)1(216)12)(1(21nnnnnnnnnnnSn例11．若一个周期数列{an}满足an+2=an+1-an,Sn为前n项和，S2=2003,S3=2010,求S2003解：an+2=an+1-anan+3=an+2-an+1∴an+3=-an∴an+6=an∴T=6∵S6=a1+a2+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+(a5-a4)=a2+a5=a2+a4-a3=a2+a3-a2-a3=0∴a1+a2+a3+a4+a5+a6=0a3=S3-S2=2010-2003=7∴S2003=333S6+S5=-a6=a3=7(a6=a4-a4=a4-a3-a4=-a3)例12．数列{an}中，an=8+(2n-7)n)21(试问{an}有无最大最小值？，若有，则求出第几项最大或最小，并说明理由。解：nnnnnnaa)21)(72()21)(52(11)29()21(]7225[)21()21)(72()21)(25(nnnnnnnnnn≤4时均有an+1an即a1a2……a5为↗n≥5时均有an+1an即a5a6……为↙a5=8+3321a1=8+8211)25(∴a1为最小，a5为最大