专题13 数列的综合应用解析.docx

1、专题13 数列的综合应用第一部分 真题分类1. 如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，a12.设1ij100且该数列的前N项和为2的整数幂，那么该款软件的激活码是()A. 440B. 330C. 220D. 110【答案】A【解析】解：由题意可知，数列可看作：第一项20，第二项：20,21，第三项：20,21,22，第n项：20,21,22,2n-1，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21-1，22-1，23-1，2n-1，每项含有的项数为：1，2，3，n，总共的项数为N=1+2+3+n=(1+n)n2，所有项数的和为Sn=21-1+22-1+23-1+2n-1 =(21+22

2、+23+2n)-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n，由题意可知：2n+1为2的整数幂，只需将-2-n消去即可，则1+2+(-2-n)=0，解得：n=1，总共有(1+1)12+2=3，不满足N100，1+2+4+(-2-n)=0，解得：n=5，总共有(1+5)52+3=18，不满足N100，1+2+4+8+(-2-n)=0，解得：n=13，总共有(1+13)132+4=95，不满足N100，1+2+4+8+16+(-2-n)=0，解得：n=29，总共有(1+29)292+5=440，满足N100，该款软件的激活码是440故选A3. 设an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列

3、已知数列an+bn的前n项和Sn=n2-n+2n-1(nN*)，则d+q的值是_【答案】4【解析】解：因为an+bn的前n项和Sn=n2-n+2n-1(nN*)，因为an是公差为d的等差数列，设首项为a1；bn是公比为q的等比数列，设首项为b1，所以an的通项公式an=a1+(n-1)d，所以其前n项和：na1+a1+(n-1)d2=d2n2+(a1-d2)n，bn中，当公比q=1时，其前n项和Sn=nb1，所以an+bn的前n项和Sn=d2n2+(a1-d2)n+nb1=n2-n+2n-1(nN*)，显然没有出现2n，所以q1，则bn的前n项和为：b1(qn-1)q-1=b1qnq-1-b1

4、q-1，所以Sn=d2n2+(a1-d2)n+b1qnq-1-b1q-1=n2-n+2n-1(nN*)，由两边对应项相等可得：d2=1a1-d2=-1q=2b1q-1=1解得：d=2，a1=0，q=2，b1=1，所以d+q=4，故答案为：44. 记Sn为等差数列an的前n项和，已知S9=-a5(1)若a3=4，求an的通项公式；(2)若a10，求使得Snan的n的取值范围【答案】解：(1)根据题意，等差数列an中，设其公差为d，若S9=-a5，则S9=(a1+a9)92=9a5=-a5，可得a5=0，即a1+4d=0，若a3=4，则d=a5-a32=-2，则an=a3+(n-3)d=-2n+1

5、0；(2)若Snan，则na1+n(n-1)2da1+(n-1)d，当n=1时，不等式成立，当n2时，有nd2d-a1，变形可得(n-2)d-2a1，又由(1)得a1+4d=0，即d=-a14，则有(n-2)-a14-2a1，又由a10，则有n10，则有2n10，综合可得：1n10且nN*5. 已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4-2a1，S11=11b4()求an和bn的通项公式；()求数列a2nbn的前n项和(nN*).【答案】解：()设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2+b3=12，得b

6、1(q+q2)=12，而b1=2，所以q2+q-6=0.又因为q0，解得q=2.所以bn=2n由b3=a4-2a1，可得3d-a1=8，由S11=11b4，可得a1+5d=16，联立解得a1=1，d=3，所以an=3n-2所以an的通项公式为an=3n-2，bn的通项公式为bn=2n；()设数列a2nbn的前n项和为Tn，由(1)可得a2n=6n-2，所以Tn=42+1022+1623+(6n-2)2n，2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1，上述两式相减，得-Tn=42+622+623+62n-(6n-2)2n+1=12(1-2n)1-2-4-(6n-2)

7、2n+1=-(3n-4)2n+2-16，所以Tn=(3n-4)2n+2+16.所以数列a2nbn的前n项和为(3n-4)2n+2+166. 设等差数列an的前n项和为Sn，a3=4，a4=S3.数列bn满足：对每个nN*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列()求数列an，bn的通项公式；()记cn=an2bn，nN*，证明：c1+c2+cn2n，nN*【答案】解：()设数列an的公差为d，由题意得a1+2d=4a1+3d=3a1+3d，解得a1=0，d=2，an=2n-2，nN*Sn=n2-n，nN*，数列bn满足：对每个nN*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等

8、比数列(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn)，解得bn=1d(Sn+12-SnSn+2)，解得bn=n2+n，nN*证明：()cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1)，nN*，用数学归纳法证明：当n=1时，c1=02，不等式成立；假设n=k，(kN*)时不等式成立，即c1+c2+ck2k，则当n=k+1时，c1+c2+ck+ck+12k+k(k+1)(k+2)2k+1k+12k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1，即n=k+1时，不等式也成立由得c1+c2+cn2n，nN*7. 已知数列an是公差为2的等差数列，其前8项的和为64.数列bn是公比

9、大于0的等比数列，b1=4，b3-b2=48(1)求数列an和bn的通项公式；(2)记cn=b2n+1bn，nN*(i)证明：cn2-c2n是等比数列；(ii)证明：k=1nakak+1ck2-c2k22(nN*)【答案】证明：(1)由数列an是公差d为2的等差数列，其前8项的和为64，可得8a1+1287d=64，解得a1=1，所以an=1+2(n-1)=2n-1；由数列bn是公比q大于0的等比数列，b1=4，b3-b2=48，可得4q2-4q=48，解得q=4(-3舍去)，所以bn=4n；(2)(i)证明：因为an=2n-1，bn=4n，所以cn=b2n+1bn=42n+14n，则cn2-

10、c2n=(42n+14n)2-(44n+142n)=42n+24n+142n-44n-142n=24n，所以cn+12-c2n+2cn2-c2n=24n+124n=4，又c12-c2=(42+14)2-(44+142)=8，所以数列cn2-c2n是以8为首项，4为公比的等比数列；(ii)证明：设pn=anan+1cn2-c2n=(2n-1)(2n+1)24n=4n2-124n4n224n=2n2n，考虑qn=n2n，则pn2qn，所以k=1nqk=12+222+.+n2n，则12k=1nqk=122+223+n2n+1，两式相减可得，12k=1nqk=12+122+12n-n2n+1=12(1

11、-12n)1-12-n2n+1=1-n+22n+1，所以k=1nqk=2-n+22n2，则k=1nakak+1ck2-c2k2k=1nqk22，故k=1nakak+1ck2-c2k228. 定义Rp数列an：对pR，满足：a1+p0，a2+p=0；nN*，a4n-1a4n；m，nN*，am+nam+an+p,am+an+p+1(1)对前4项2，-2，0，1的数列，可以是R2数列吗？说明理由；(2)若an是R0数列，求a5的值；(3)是否存在pR，使得存在Rp数列an，对任意nN*，满足SnS10？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由【答案】解：(1)由性质，结合题意可得0=a3a1+a

12、2+2,a1+a2+2+1=2,3，矛盾，故前4项2，-2，0，1的数列，不可能是R2数列；(2)性质，a10，a2=0；由性质am+2am,am+1，因此a3=a1或a3=a1+1，a4=0或a4=1，若a4=0，由性质可得a3a4，即a10或a1+10，矛盾；若a4=1，a3=a1+1，由a3a4，则a1+11，矛盾，因此只能是a4=1，a3=a1，又因为a4=a1+a或a4=a1+a3+1，所以a1=12或a1=0若a1=12，则a2=a1+1a1+a1+0,a1+a1+0+1=2a1,2a1+1=1,2，不满足a2=0，舍去；当a1=0，则an的前四项为0，0，0，1，下面用数学归纳法

13、证明a4n+i=n(i=1,2，3)，a4n+4=n+1(nN)，当n=0时，经检验命题成立；假设nk(k0)时命题成立当n=k+1时，若i=1，则a4(k+1)+1=a4k+5=aj+(4k+5-j)，利用性质：aj+a4k+5-j|jN*,1j4k+4=k,k+1，此时可得a4k+5=k+1，否则a4k+5=k，取k=0可得a5=0，而由性质可得a5=a1+a41,2，与a5=0矛盾同理可得，aj+a4k+6-j|jN*,1j4k+5=k,k+1，此时可得a4k+6=k+1，aj+a4k+8-j|jN*,2j4k+6=k+1,k+2，此时可得a4k+8=k+2，aj+a4k+7-j|jN*

14、,1j4k+6=k+1，又因为a4k+7a4k+8，此时可得a4k+7=k+1，即当n=k+1时，命题成立综上可得，a5=a41+1=1；(3)令bn=an+p，由性质可知，m，nN*，bm+n=am+n+pam+p+an+p,am+p+an+p+1=bm+bn,bm+bn+1，由于b1=a1+p0，b2=a2+p=0，b4n-1=a4n-1+p1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项.数列bn满足b1=1，数列(bn+1-bn)an的前n项和为2n2+n()求q的值；()求数列bn的通项公式【答案】解：(1)等比数列an的公比q1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3

15、，a5的等差中项，可得2a4+4=a3+a5=28-a4，解得a4=8，由8q+8+8q=28，可得q=2或q=12(舍去)，则q的值为2；(2)由q=2及a3+a4+a5=28可得a1(q2+q3+q4)=28，解得a1=1，故an=12n-1=2n-1，设cn=(bn+1-bn)an=(bn+1-bn)2n-1，可得n=1时，c1=2+1=3，n2时，可得cn=2n2+n-2(n-1)2-(n-1)=4n-1，上式对n=1也成立，则(bn+1-bn)an=4n-1，即有bn+1-bn=(4n-1)(12)n-1，可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+(bn-bn-1)=1+3(1

16、2)0+712+(4n-5)(12)n-2，12bn=12+312+7(12)2+(4n-5)(12)n-1，相减可得12bn=72+412+(12)2+(12)n-2-(4n-5)(12)n-1=72+412(1-12n-2)1-12-(4n-5)(12)n-1，化简可得bn=15-(4n+3)(12)n-210. 已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4-2a1，S11=11b4()求an和bn的通项公式；()求数列a2nb2n-1的前n项和(nN*).【答案】解：()设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q

17、，由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，而b1=2，所以q+q2-6=0，又因为q0，解得q=2，所以bn=2n；由b3=a4-2a1，可得3d-a1=8，由S11=11(a1+a11)2=11b4，可得a1+5d=16，联立，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n-2；所以，数列an的通项公式为an=3n-2，数列bn的通项公式为bn=2n()设数列a2nb2n-1的前n项和为Tn，由a2n=6n-2，b2n-1=124n，有a2nb2n-1=(3n-1)4n，故Tn=24+542+843+(3n-1)4n，4Tn=242+543+844+(3n-1)4n+1，上述两式相减，得

18、-3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1=12(1-4n)1-4-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8，得Tn=3n-234n+1+83所以数列a2nb2n-1的前n项和为Tn=3n-234n+1+83 第二部分 模拟训练1某企业年初在一个项目上投资千万元，据市场调查，每年获得的利润为投资的，为了企业长远发展，每年底需要从利润中取出万元进行科研、技术改造，其余继续投入该项目设经过年后，该项目的资金为万元（1）求证：数列为等比数列；（2）若该项目的资金达到翻一番，至少经过几年？（，）【答案】（1）证明见解析；（2）年.【解析】（1）证明：由题意知即，所以由题意

19、知，所以数列的首项为，所以是首项为，公比为的等比数列（2）由（1）知数列的首项为，公比为所以，所以当，得两边取常用对数得，所以，所以，因为，所以即至少经过年，该项目的资金达到翻一番2已知数列的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列前项和为，且满足（1）求数列的通项公式；（2）求数列前项和；（3）在数列中，是否存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列？若存在，求出所有满足条件的正整数的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）;（2）;（3）在数列中，仅存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列，此时正整数的值为1.【解析】（1）显然要分奇偶求解，用等差数列的通项公式和等比数列的通项

20、公式即可求解；（2）同（1）要按奇偶分别求和，即求的也就是分奇偶后的前n项和；（3）先假设存在这样的连续三项按原来的顺序成等差数列，即假设 ，则，然后代入通项公式得，显然不成立；再假设，则，然后代入通项公式得，解此方程要构造新的方程，即令， ，故，只有 ，则仅存在连续的三项合题意.试题解析：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则,又，解得,对于，有,故.（2）.（3）在数列中，仅存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列，此时正整数的值为1，下面说明理由.若，则由，得,化简得，此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立.若，则由，得,化简得.令，则.因此，故只有，此时.综上，在数列中，仅存在连

21、续的三项，按原来的顺序成等差数列，此时正整数的值为13设数列的前n项和为，（1）求证：数列是等比数列；（2）若，是否存在q的某些取值，使数列中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q的全部取值集合，若不能说明理由（3）若，是否存在，使数列中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q的一个取值，若不存在，说明理由【答案】解：（1）见详解；（2）不存在；（3）不存在【解析】（1）n=1时，时，（n=1也符合），即数列是等比数列（2）若则可设，两边同除以得：因为左边能被q整除，右边不能被q整除，因此满足条件的q不存在（3）若则可设， 不成立4已知数列为正项等比数列，满足，且构成等差数列，数列满足.（

22、1）求数列，的通项公式；（2）若数列的前项和为，数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】解：（1）设等比数列的公比为，由题意，得解得或（舍）又所以 （2）.5已知函数，.（1）当时，恒成立，试求实数的取值范围；（2）若数列满足：，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）依题意，恒成立，即恒成立，亦即恒成立.令，则，令，则，在上单调递增，在上也单调递增，当时，在上单调递增，恒成立，当时，在上单调递减，在上单调递增，而，所以在不恒成立，故实数的取值范围是；（2），所以，若，则，由（1）知，在上单调递增，且，即当时，.6已知等差数列an和等比数列bn均不是常数列，若a1b1

23、1，且a1，2a2，4a4成等比数列， 4b2，2b3，b4成等差数列（1）求an和bn的通项公式；（2）设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k（ijk），使得ambj，amanbi，anbk成等差数列，求mn的最小值；（3）令cn，记cn的前n项和为Tn， 的前n项和为An若数列pn满足p1c1，且对n2, nN*，都有pnAncn，设pn的前n项和为Sn，求证：Sn44lnn【答案】（1）（2） 或 （3）见解析【解析】（1）设等差数列的公差为d（d0），等比数列在公比为q（q1），由题意得： 解得d1，q2， 所以.（2）由ambj，amanbi，anbk成等差数列， 有， 即 ， 由

24、于，且为正整数，所以，所以， 可得 ， 即，当1m2时，不等式不成立；当 或 时 成立； 当时，即，则有；所以的最小值为6，当且仅当，且 或 时取得 （3）由题意得： （1） （2） （1）（2）得 ， 求得 ， 所以 ， 设，则， 所以 在上单调递增，有， 可得 . 当，且N*时， 有 ， 所以， 可得， 所以.7已知数列中， ，且对任意正整数都成立，数列的前项和为（1）若，且，求；（2）是否存在实数，使数列是公比为1的等比数列，且任意相邻三项按某顺序排列后成等差数列，若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由；（3）若，求（用表示）【答案】(1) ；(2) ；(3) .【解析】（1）时，所

25、以数列是等差数列，此时首项，公差，数列的前项和是；故，得 ；（2）设数列是等比数列，则它的公比，所以，为等差中项，则，即，解得，不合题意；为等差中项，则,即，化简得：，解得或（舍去）；若为等差中项，则，即，化简得：，解得；综上可得，满足要求的实数有且仅有一个，；（3），则，当是偶数时，当是奇数时，也适合上式，综上可得，8.已知数列中， ，前项和满足（） 求数列的通项公式； 记，求数列的前项和； 是否存在整数对（其中，）满足？若存在，求出所有的满足题意的整数对；若不存在，请说明理由【答案】(1) ;(2) ;(3) ， ， 【解析】当时,可得（），而当时，（），可得到数列是首项为，公比也为的等比数列，从而可求数列的通项公式；由知，代入，对通项公式进行裂项，即可求得数列的前项和；要求出所有的满足题意的整数对，根据题目意思表达出关于的表达式，然后进行讨论解析： 当时，与相减，得，即（）， 在中，令可得，即； 故（），故数列是首项为，公比也为的等比数列，其通项公式为；由 知， ， 则 ，即，即， 若存在整数对，则必须是整数，其中只能是的因数，可得时，； 时，；时，； 综上所有的满足题意得整数对为，