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2014届高考数学(理科)二轮专题突破辅导与测试课件专题三 第2讲 高考中的数列解答题型



第二讲

高考中的数列?解答题型?

考点 等差、等比数列的判定与证明 数列求和问题 数列与函数、不等式的综合问题 数列与解析几何的综合问题 数列的实际应用问题 新情境、新定义问题

考情

1.数列求和问题,多以考查公式法、错位相减法和裂项

相消法为主,且考查频率较高,是高

考命题的热点,如2013
年浙江T18等. 2.数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重

点,主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的
方法研究数列的性质,多为中档题,如2013年天津T19等. 3.数列与解析几何交汇主要涉及点列问题,难度中等及

以上.
4.数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列 为模型进行考查,难度中等及以上.

1.(2013· 浙江高考)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1= 10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列. (1)求d,an; (2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|.

解:(1)由题意得5a3·1=(2a2+2)2,a2=a1+d,a3=a1+2d且a1 a =10. 整理得d2-3d-4=0. 故d=-1或d=4. 所以an=-n+11(n∈N*)或an=4n+6(n∈N*). (2)设数列{an}的前n项和为Sn. 因为d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11. 1 2 21 则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=Sn=-2n + 2 n.

1 2 21 当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=-Sn+2S11= 2 n - 2 n +110. 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|= ? 1 2 21 ?-2n + 2 n,n≤11, ? ?1n2-21n+110,n≥12. 2 ?2

3 2.(2013· 天津高考)已知首项为 2 的等比数列{an}不是递减数 .. 列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成 等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设Tn=Sn- S (n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小 n 项的值.

解:(1)设等比数列{an}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成 等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于 a5 1 3 1 2 是q = a = 4 .又{an}不是递减数列且a1= 2 ,所以q=- 2 .故等比数 3 3 ? 1?n-1 n-1 3 ?- ? 列{an}的通项公式为an=2× 2 =(-1) ·n. 2 ? ?

?1+ 1 ,n为奇数, 2n ? 1?n ? (2)由(1)得Sn=1-?-2? =? ? ? ?1- 1n,n为偶数. ? 2
3 当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1<Sn≤S1= 2 ,故0<Sn- 1 1 3 2 5 Sn≤S1-S1=2-3=6.

3 当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,所以 4 =S2≤Sn<1,故 1 1 3 4 7 0>Sn-S ≥S2-S =4-3=-12. n 2 7 1 5 综上,对于n∈N ,总有-12≤Sn-S ≤6. n
*

5 7 所以数列{Tn}的最大项的值为6,最小项的值为-12.

一、递推公式求通项常用的方法和技巧 1.an+1=an+f(n),把原递推公式转化为an+1-an=f(n),再 利用累加法求解. an+1 2.an+1=f(n)an,把原递推公式转化为 a =f(n),再利用 n 累乘法求解. 3.an+1=pan+q(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)先用待 q 定系数法把原递推公式转化为an+1-t=p(an-t),其中t= , 1-p 再利用换元法转化为等比数列求解.

二、数列求和常用的方法 1.分组求和法:分组求和法是解决通项公式可以写成cn= an+bn形式的数列求和问题的方法,其中{an}与{bn}是等差(比)数 列或一些可以直接求和的数列. 2.裂项相消法:将数列的通项分成两个代数式子的差,即 an=f(n+1)-f(n)的形式,然后通过累加抵消中间若干项的求和 方法.形如
? c ? ? ? ? ? ?anan+1? ? ?

(其中{an}是各项均不为0的等差数列,c为常

数)的数列等.

3.错位相减法:形如{an·n}(其中{an}为等差数列,{bn}为 b 等比数列)的数列求和,一般分三步:①巧拆分;②构差式;③ 求和. 4.倒序求和法:距首尾两端等距离的两项和相等,可以用 此法,一般步骤:①求通项公式;②定和值;③倒序相加;④ 求和;⑤回顾反思.

等差、等比数列的判定与证明
[例1] (2013· 北京高考)已知{an}是由非负整数组成的无穷数 列.该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an+1,an+2,?的最 小值记为Bn,dn=An-Bn. (1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3,?,是一个周期为4的数列(即对任意n ∈N*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值; (2)设d是非负整数.证明:dn=-d(n=1,2,3,?)的充分必要条件 为{an}是公差为d的等差数列; (3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,?),则{an}的项只能是1或者 2,且有无穷多项为1.

[自主解答]

(1)d1=d2=1,d3=d4=3.

(2)证明:(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列,且d≥0, 所以a1≤a2≤?≤an≤?, 因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,?). (必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,?),所以An=Bn+ dn≤Bn,又an≤An,an+1≥Bn, 所以an≤an+1,于是,An=an,Bn=an+1, 因此an+1-an=Bn-An=-dn=d, 即{an}是公差为d的等差数列.

(3)证明:因为a1=2,d1=1, 所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1. 故对任意n≥1,an≥B1=1. 假设{an}(n≥2)中存在大于2的项. 设m为满足am>2的最小正整数, 则m≥2,并且对任意1≤k<m,ak≤2. 又a1=2,所以Am-1=2,且Am=am>2. 于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}≥2. 故dm-1=Am-1-Bm-1≤2-2=0,与dm-1=1矛盾.

所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1 或2. 因为对任意n≥1,an≤2=a1, 所以An=2. 故Bn=An-dn=2-1=1. 因此对于任意正整数n,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an} 有无穷多项为1.

——————————规律· 总结————————————
证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法 an+1 (1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N )?{an}是等差数列; a =q(q n
*

是非零常数)?{an}是等比数列; (2)等差(比)中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an}是等差数列;a 2 +1 n =an·n+2(n∈N*,an≠0)?{an}是等比数列; a (3)通项公式法:an=pn+q(p,q为常数)?{an}是等差数列;an= a1·n-1(其中a1,q为非零常数,n∈N*)?{an}是等比数列. q (4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数)?{an}是等差数列; Sn=Aqn-A(A为非零常数,q≠0,1)?{an}是等比数列.

————————————————————————

1.已知数列{an},{bn}满足:a1=0,b1=2 013,且对任意的正 整数n,an,an+1,bn和an+1,bn+1,bn均成等差数列. (1)求a2,b2的值; (2)证明:{an-bn}和{an+2bn}均成等比数列; (3)是否存在唯一的正整数c,使得an<c<bn恒成立?证明你 的结论.

a1+b1 2 013 a2+b1 6 039 解:(1)a2= 2 = 2 ,b2= 2 = 4 . (2)证明:依题意,对任意的正整数n,有 an+bn ? ?an+1= 2 , ? ?b + =an+1+bn 2 ? n 1 1 1 ? an+1=2an+2bn, ? ? ? ?bn+1=1an+3bn, 4 4 ? an+1-bn+1 因为 = an-bn

?1 1 ? ?1 3 ? ? an+ bn?-? an+ bn? 2 ? ?4 4 ? ?2

an-bn

1 = 4 ,n∈N*,又a1-b1=-2 013≠0,所

1 以,{an-bn}是首项为-2 013,公比为4的等比数列;

an+1+2bn+1 因为 = an+2bn 比数列.

?1 ?1 1 ? 3 ? ? an+ bn?+2? an+ bn? 2 ? 4 ? ?2 ?4

an+2bn

=1,n∈N*,又a1+

2b1=4 026≠0,所以,{an+2bn}是首项为4 026,公比为1的等 1 342 ? ?an=1 342- 4n-1 , 解得 ? ?bn=1 342+ 671 , 4n-1 ?

?an+2bn=4 026, ? 2 013 (3)由(2)得 ? ?an-bn=- 4n-1 , ? N*.

n∈

显然,{an}是单调递增数列,{bn}是单调递减数列,且an<1 342<bn,n∈N*.

即存在正整数c=1 342,使得对任意的n∈N*,有an<1 342<bn. ?1 342 ? 4n-1 <1, 又令? ? 671 <1, n-1 ?4

得22n-2>1 342.

而210=1 024,212=4 096,所以2n-2≥12,n≥7. 即对任意的n∈N*当n≥7时,1 341<an<1 342<bn<1 343, 所以正整数c=1 342也是唯一的. 综上所述,存在唯一的正整数c=1 342,使得对任意的n∈N*, 有an<c<bn恒成立.

数列求和问题
[例 2] (2013·南昌模拟)下表是一个由正数组成的数表,数

表中各行依次成等差数列,各列依次成等比数列,且公比都相等, 已知 a1,1=1,a2,3=6,a3,2=8.

a1,1 a2,1 a3,1 a4,1 ?

a1,2 a2,2 a3,2 a4,2 ?

a1,3 a2,3 a3,3 a4,3 ?

a1,4 a2,4 a3,4 a4,4 ?

? ? ? ? ?

(1)求数列{an,2}的通项公式; a1,n (2)设bn= ,n=1,2,3,?,求数列{bn}的前n项和Sn. an,2

[自主解答]

(1)设各行依次组成的等差数列的公差是d,各

列依次组成的等比数列的公比是q(q>0), 则a2,3=qa1,3=q(1+2d)?q(1+2d)=6, a3,2=q2a1,2=q2(1+d)?q2(1+d)=8, 解得d=1,q=2.a1,2=2?an,2=2×2n 1=2n.


n 1 2 3 n (2)bn=2n,则Sn=2+22+23+?+2n, 1 1 2 3 n 则2Sn=22+23+24+?+ n+1, 2 n+2 1 1 1 1 1 n 两式相减得2Sn=2+22+23+?+2n- n+1=1- n+1 , 2 2 n+2 所以Sn=2- 2n .

互动探究
a1,n 若本例(2)中bn= +(-1)na1,n,如何求Sn? an,2 ?1 2 3 n? n n 解:由例题可知bn= 2n +(-1) n,Sn= ?2+22+23+?+2n? + ? ?

[-1+2-3+…+(-1)nn]. 1 2 3 n 1 1 2 3 n 设Tn=2+22+23+?+2n,则2Tn=22+23+24+?+ n+1 2 , n+2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 2 Tn= 2 + 22 + 23 +?+ 2n - n+1 =1- n+1 ,所以Tn 2 2 n+2 =2- 2n .

?n ?2,n为偶数, 又-1+2-3+?+?-1?n· ? n= ?-1+n,n为奇数, 2 ? ? n n+2 ?2+ 2- 2n ,n为偶数, 故 Sn=? ?3-n-n+2,n为奇数. 2n ? 2

——————————规律· 总结———————————— 六招解决数列求和问题
(1)转化法:将数列的项进行分组重组,使之转化为n个 等差数列或等比数列,然后应用公式求和. (2)错位相减法:(见要点归纳) (3)裂项相消法:(见要点归纳) (4)倒序相加法:(见要点归纳) (5)并项求和法:先将某些项放在一起求和,然后再求Sn. (6)归纳猜想法:通过对S1,S2,S3,?的计算进行归纳 分析,寻求规律,猜想出Sn,然后用数学归纳法给出证明. ————————————————————————

2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,若数列{Sn+1}是公比 为4的等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前n项和Tn. ?an+1-3?·n+1 S 解:(1)由题意知Sn+1=(S1+1)·n-1=4n, 4
所以Sn=4n-1. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3·n 1,且a1=3满足上式, 4 所以数列{an}的通项公式为an=3·n-1. 4


an+1 4n (2)bn= = + ?an+1-3?·n+1 ?4n-1??4n 1-1? S 1 ? 1? 1 ? =3?4n-1-4n+1-1?, ? ? ? 1 ? 1 ? 1 1 ? 1? 1 ? ? ? Tn=b1+b2+?+bn= 3 ?41-1-42-1? + 3 ·42-1 - 43-1? ? ? ? ? ? ? 1 ? 1? 1 ? +?+3?4n-1-4n+1-1? ? ? ? 1 ? 1 1? 1 1 ? ? =3?41-1-4n+1-1?=9- n+1 . 3?4 -1? ? ?

数列与函数、方程的综合应用
[例3] (2013· 成都模拟)设函数f(x)=x2,过点C1(1,0)作x轴的

垂线l1交函数f(x)图像于点A1,以A1为切点作函数f(x)图像的切线 交x轴于点C2,再过C2作x轴的垂线l2交函数f(x)图像于点A2,?, 以此类推得点An,记An的横坐标为an,n∈N*. (1)证明数列{an}为等比数列,并求出通项公式;
??? ? (2)设直线ln与函数g(x)=log 1 x的图像相交于点Bn,记bn= OA
2

??? ? OB n(其中O为坐标原点),求数列{bn}的前n项和Sn. n·

[自主解答]

(1)以点An-1(an-1,a

2 n- 1

)(n≥2)为切点的切线

方程为y-a2 -1=2an-1(x-an-1). n 1 1 当y=0时,得x=2an-1,即an=2an-1. 又∵a1=1, 1 ∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列.
?1?n-1 ∴通项公式为an=?2? . ? ?

??1?n-1 ? (2)由题意,得Bn??2? ,n-1?. ?? ? ?

? ??? ??? ? ?1?n-1 ?1?n-1 ?1?n-1 ? ? +? ? · ? ? OB ∴bn= OA n· n= 4 4? (n-1)=n?4? . ? ? ?
?1? ?1? ?1? - ∵Sn=1×?4?0+2×?4?1+?+n×?4?n 1, ? ? ? ? ? ? ?1?1 ?1?2 ?1?n 1 ? ? ? ? ? ? 4Sn=1×?4? +2×?4? +?+n×?4? , ?1? 0 ?1? ?1? ?1? 3 ? ? +1× ? ? 1+?+ ? ? n-1-n× ? ? n= 两式相减,得 4 Sn=1× 4 ? ? ?4? ?4? ?4? ?1?n 1-?4? ? ? ?1?n 16 ?4n 16? ?1? 16 3n+4 ? ? ,化简,得Sn= -? + ?×? ?n= - -n× 4 9 ? ?4? 9 ?3 9 9×4n-1. ? ?

1 1-4

——————————规律· 总结————————————
解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向 (1)函数条件的转化.直接利用函数与数列的对应关系,把函数 解析式中的自变量x换为n即可; (2)方程条件的转化.一般要根据方程解的有关条件进行转化; (3)数列向函数的转化.可将数列中的问题转化为函数的相应问 题求解,但要注意自变量取值范围的限制.对于数列中的最值、范 围等问题的求解,可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条 件来求解.

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3.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,点(an+1,S2n-1)在函数f(x)的图像上;数列 {bn}满足b1=2,bn≠1,且(bn-bn+1)· n)=f(bn)(n∈N*). g(b (1)求数列{an}的通项公式,并证明数列{bn-1}是等比数列; an (2)若数列{cn}满足cn= n-1 ,证明:c1+c2+c3+?+ 4 · n-1? ?b cn<3.

解:(1)因为点(an+1,S2n-1)在函数f(x)的图像上,所以a2 =S2n-1. n
?a2=S1, ? 1 分别令n=1,n=2,得? 2 ?a2=S3, ? ?a2=a1, ? 1 即? ??a1+d?2=3a1+3d, ?

解得a1=1,d=2(d=-1舍去),则an=2n

-1. 由(bn-bn+1)· n)=f(bn),得4(bn-bn+1)· n-1)=(bn-1)2. g(b (b

由题意bn≠1,所以4(bn-bn+1)=bn-1, bn+1-1 3 即3(bn-1)=4(bn+1-1),所以 =4. bn-1

又因为b1=2,所以b1-1=1. 3 所以数列{bn-1}是首项为1,公比为4的等比数列.
?3?n-1 (2)证明:由(1)得bn-1=?4? . ? ?

2n-1 2n-1 an cn= n-1 = ?3?n-1= 3n-1 . 4 · n-1? ?b ? 4n-1· ? ?4?

2n-3 2n-1 1 3 5 令Tn=c1+c2+c3+?+cn,则Tn= 30 + 31 + 32 +?+ n-2 + n-1 , 3 3 ① 2n-3 2n-1 1 1 3 5 ② 3Tn=31+32+33+?+ 3n-1 + 3n , 1 1- n-1 3 2n-1 2 1 2 2 2 2 ①-②得, 3 Tn= 30 + 31 + 32 +?+ n-1 - 3n =1+ 3 · 1 - 3 1-3 2n-1 2n-1 2?n+1? 1 3n =2-3n-1- 3n =2- 3n . n+1 n+1 所以Tn=3- n-1 ,所以c1+c2+c3+?+cn=3- n-1 <3. 3 3

数列的实际应用
[例4] 为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,长沙

市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车.每更换一辆新 车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型 车.今年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400 辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动 力型车每年比上一年多投入a辆. (1)求经过n年,该市被更换的公交车总数S(n); (2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.

[自主解答]

(1)设an、bn分别为第n年投入的电力型公交

车、混合动力型公交车的数量, 3 依题意知,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=2的等 比数列;数列{bn}是首项为400,公差为a的等差数列.
? ?3?n? 128×?1-?2? ? ? ? ? ? ??3?n ? =256??2? -1?, ?? ? ?

所以数列{an}的前n项和Sn=

3 1-2

n?n-1? 数列{bn}的前n项和Tn=400n+ 2 a.

所以经过n年,该市更换的公交车总数
??3?n ? n?n-1? S(n)=Sn+Tn=256??2? -1?+400n+ 2 a. ?? ? ?

(2)若用7年的时间完成全部更换,则S(7)≥10 000,
??3?7 ? 7×6 即256??2? -1?+400×7+ 2 a≥10 ?? ? ?

000,

即21a≥3 082, 3 082 所以a≥ 21 . 又a∈N*,所以a的最小值为147.

——————————规律· 总结————————————
求解数列应用题必须明确三点 (1)该应用题属于哪种数列模型,是等差数列还是等比数 列; (2)是求通项问题还是求项数问题,或是求和问题; (3)题目中涉及哪几个量,这几个量之间存在什么关系.

————————————————————————

4.祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来,在11个省区设立了海峡 两岸农业合作试验区和台湾农民创业园,台湾农民在那里申办个 体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服 务.某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂, 第一年各种经费12万美元,以后每年增加4万美元,每年销售蔬菜 收入50万美元,设f(n)表示前n年的纯收入.(f(n)=前n年的总收入 -前n年的总支出-投资额) (1)从第几年开始该台商获利? (2)若干年后,该台商为开发新项目,有两种处理方案:①年平均 利润最大时以48万美元出售该厂;②纯利润总和最大时,以16万 美元出售该厂,问哪种方案最合算?

解:由题意知,每年的经费是以12为首项,4为公差的等差数列. 设纯利润与年数的关系为f(n),
? ? n?n-1? 2 则f(n)=50n-?12n+ ×4?-72=-2n +40n-72. 2 ? ?

(1)获取纯利润就是要求f(n)>0,故有-2n2+40n-72>0,解得 2<n<18. 又n∈N*,可知从第三年开始获利.
? 36? f?n? (2)①平均利润为 n =40-2 ?n+ n ? ≤16,当且仅当n=6时取等 ? ?

号.

故此方案获利-2×62+40×6-72+48=144(万美元),此时n= 6. ②f(n)=-2n2+40n-72=-2(n-10)2+128,当n=10时, f(n)max=128. 故此方案共获利128+16=144(万美元). 比较两种方案,第①种方案只需6年,第②种方案需要10年,故 选择第①种方案.

课题13 [典例]

数列与不等式的综合问题

(2013· 江西高考)正项数列{an}的前n项和Sn满

2 足:Sn-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

(1)求数列{an}的通项公式an; n+1 (2)令bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对 ?n+2?2a2 n 5 于任意的n∈N ,都有Tn<64.
*

[考题揭秘]

本题主要考查特殊数列的求和问题,意在考查考

生的转化与化归能力以及运算求解能力. [审题过程] 第一步:审条件.S2 -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0. n

5 第二步:审结论.(1)求an;(2)证明不等式Tn<64. 第三步:建联系.(1)题设中等式左边为关于Sn的二次三项式, 故可将其分解因式,求出Sn,再利用数列和项互化公式求出an;(2) 1 ? n+1 1 ?1 ? 2- ? 根据(1)可得bn= 2 2= n ?n+2?2? ,故自然联想到用裂项 4n ?n+2? 16 ? 法求Tn.

[规范解答]

(1)由S2 -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0, n

得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n. 于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2- (n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为an=2n. (2)证明:由于an=2n, n+1 n+1 故bn= ………………………………① 2= ?n+2?2an 4n2?n+2?2 1 ? 1 ?1 ? =16?n2-?n+2?2?,………………………………………② ? ? ?

Tn=

1 16

? 1 1 1 1 1 1 ? 1-32+22-42+32-52+?+ ? ?n-1?2 ?



1 1 1 ? 1? 1 1 1 ? 1? 1? ? ? ? ? ? + 2- 1+22- - ?n+1?2 n ?n+2?2? = 16 ? ?n+1?2 ?n+2?2? < 16 ?1+22? ? ? ? 5 =64.???????????????????????
*



5 故对于任意的n∈N ,都有Tn<64.??????????④

[模型归纳] 数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背 景,主要考查数列中最值的求解或不等式的证明.解决此类问 题的模型示意图如下:

[变式训练]
2Sn 1.(2013· 广东高考)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1, n =an 1 2 2 * +1- n -n- ,n∈N . 3 3 (1)求a2的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3)证明:对一切正整数n,有a +a +?+a <4. 1 2 n

1 2 解:(1)依题意,2S1=a2-3-1-3,又S1=a1=1,所以a2=4. 1 3 2 2 (2)当n≥2时,2Sn=nan+1-3n -n -3n, 1 2 3 2 2Sn-1=(n-1)an-3(n-1) -(n-1) -3(n-1), 1 2 2 两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-3(3n -3n+1)-(2n-1)-3, an+1 an 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即 - =1. n+1 n

a2 a1 又当n=1时, 2 - 1 =1,
?an? 故数列? n ?是首项为1,公差为1的等差数列, ? ?

an 所以 n =1+(n-1)×1=n,所以an=n2. 1 7 (3)证明:当n=1时,a =1<4; 1 1 1 1 5 7 当n=2时,a +a =1+4=4<4; 1 2 1 1 1 1 1 当n≥3时,a =n2< = -n,此时 ?n-1?n n-1 n

1 1 1 1 1 1 1 1 ?1 1? ?1 1? + a +?+ a =1+ 22 + 32 + 42 +?+ n2 <1+ 4 + ?2-3? + ?3-4? a1 ? ? ? ? 2 n
? 1 1? 1 1 1 7 1 7 ? -n?=1+ + - = - < . +?+?n-1 ? 4 2 n 4 n 4 ? ?

1 1 1 7 综上,对一切正整数n,有a +a +?+a <4. 1 2 n

2.已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)是否存在正整数 m,使得a +a +?+a ≥1?若存在, 1 2 m 求出 m 的最小值;若不存在,说明理由.
解 : (1) 设 等 比 数 列 {an} 的 公 比 为 q , 则 由 已 知 可 得
?a3q3=125, ? 1 ? ?|a1q-a1q2|=10, ?

5 ? ?a1=-5, ?a1= , ? 3 解得? 或? ?q=-1. ? ?q=3, ?

5 故 an=3·n-1,或 an=-5· 3 (-1)n-1.

5 n-1 1 3 ?1?n-1 ? (2)若 an=3· ,则a =5· ? , 3 ?3? n
?1? 3 1 ? ?是首项为 ,公比为 的等比数列, 故a 5 3 ? n? ?1?m? 3? ?1-? ? ? m 1 ?1?m? 9 5· ?3? ? 9 ? ? ?1- 从而 ? a = =10· ?3? ?<10<1. 1 ? ? ? ? n= 1 n 1-3

若 an=-5· (-1)

n- 1

1 1 ,则a =-5(-1)n-1, n 的等比数列,

?1? 1 ? ?是首项为- ,公比为-1 故a 5 ? n?

? 1 * 1 ?-5,m=2k-1?k∈N ?, 从而 ? a =? ?0,m=2k?k∈N*?. n= 1 n ?
m

1 故 ? a <1. n= 1 n 1 综上,对任何正整数 m,总有 ? a <1. n= 1 n 1 1 1 故不存在正整数 m,使得a +a +?+a ≥1 成立. 1 2 m
m

m

预测演练提能



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