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类型江苏专版2019版高考数学一轮复习第六章数列课时达标检测三十一数列求和与数列的综合问题2.doc

  • 上传人(卖家):flying
  • 文档编号:29645
  • 上传时间:2018-08-11
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    资源描述:

    1、=【 ;精品教育资源文 库 】 = 课时达标检测 (三十一) 数列求和与数列的综合问题 一、全员必做题 1 (2017 山东高考 )已知 xn是各项均为正数的等比数列,且 x1 x2 3, x3 x2 2. (1)求数列 xn的通项公式; (2)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,依次连结点 P1(x1, 1), P2(x2,2), ? , Pn 1(xn 1,n 1)得到折线 P1P2? Pn 1,求由该折线与直线 y 0, x x1, x xn 1所围成的区域的面积 Tn. 解: (1)设数列 xn的公比为 q,由已知得 q 0. 由题意得? x1 x1q 3,x1q2 x1q 2. 所以

    2、 3q2 5q 2 0. 因为 q 0,所以 q 2, x1 1, 因此数列 xn的通项公式为 xn 2n 1. (2)过 P1, P2, ? , Pn 1向 x 轴作垂线,垂足分别为 Q1, Q2, ? , Qn 1. 由 (1)得 xn 1 xn 2n 2n 1 2n 1, 记梯形 PnPn 1Qn 1Qn的面积为 bn, 由题意得 bn n n2 2 n 1 (2n 1)2 n 2, 所以 Tn b1 b2 ? bn 32 1 52 0 72 1 ? (2n 1)2 n 3 (2n 1)2 n 2. 又 2Tn 32 0 52 1 72 2 ? (2n 1)2 n 2 (2n 1)2 n

    3、 1. 得 Tn 32 1 (2 22 ? 2n 1) (2n 1)2 n 1 32 2n 11 2 (2n 1)2n 1. 所以 Tn nn 12 . 2 (2018 泰州调研 )对于数列 xn,若对任意 n N*,都有 xn xn 22 xn 1成立,则称数列 xn为 “ 减差数列 ” 设数列 an是各项都为正数的等比数列,其前 n 项和为 Sn,且 a1 1,S3 74. (1)求数列 an的通项公式,并判断数列 Sn是否为 “ 减差数列 ” ; =【 ;精品教育资源文 库 】 = (2)设 bn (2 nan)t an,若数列 b3, b4, b5, ? 是 “ 减差数列 ” ,求实数

    4、 t 的取值范围 解: (1)设数列 an的公比为 q, 因为 a1 1, S3 74, 所以 1 q q2 74, 即 4q2 4q 3 0, 所以 (2q 1)(2q 3) 0. 因为 q 0,所以 q 12, 所以 an 12n 1, Sn1 12n1 12 2 12n 1, 所以 Sn Sn 22 2 12n 12n 2 2 12n Sn 1, 所以数列 Sn是 “ 减差数列 ” (2)由题设知, bn ? ?2 n2n 1 t 12n 1 2t tn 12n 1 . 由 bn bn 22 bn 1(n3 , n N*), 得 t tn 12n t t n 12n 2 2t t n 1

    5、2n , 即 tn 12n t n 12n 2 t n 12n , 化简得 t(n 2) 1. 又当 n3 时, t(n 2) 1 恒成立, 即 t 1n 2恒成立, 所以 t ? ?1n 2 max 1. 故实数 t 的取值范围是 (1, ) 3已知二次函数 y f(x)的图象经过坐标原点,其导函数为 f( x) 6x 2,数列 an的前 n 项和为 Sn,点 (n, Sn)(n N*)均在函数 y f(x)的图象上 (1)求数列 an的通项公式; (2)设 bn 3anan 1,试求数列 bn的前 n 项和 Tn. =【 ;精品教育资源文 库 】 = 解: (1)设二次函数 f(x) ax

    6、2 bx(a0) , 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 (n, Sn)(n N*)均在函数 y f(x)的图象上, 所以 Sn 3n2 2n. 当 n2 时, an Sn Sn 1 (3n2 2n) 3(n 1)2 2(n 1) 6n 5. 当 n 1 时, a1 S1 31 2 21 1 61 5, 所以 an 6n 5(n N*) (2)由 (1)得 bn 3anan 1 3n n 5 12? ?16n 5 16n 1 , 故 Tn 121 17 ? ?17 113 ? 16n 5 16n 1 12?

    7、 ?1 16n 1 3n6n 1. 二、重点选做 题 1 (2017 北京高考 )设 an和 bn是两个等差数列,记 cn maxb1 a1n, b2 a2n, ? ,bn ann(n 1,2, 3, ?) ,其中 maxx1, x2, ? , xs表示 x1, x2, ? , xs这 s 个数中最大的数 (1)若 an n, bn 2n 1,求 c1, c2, c3的值,并证明 cn是等差数列; (2)证明:或者对任意正数 M,存在正整数 m,当 n m 时, cnn M;或者存在正整数 m,使得 cm, cm 1, cm 2, ? 是等差数列 解: (1)c1 b1 a1 1 1 0, c

    8、2 maxb1 2a1, b2 2a2 max1 21,3 22 1, c3 maxb1 3a1, b2 3a2, b3 3a3 max1 31 , 3 32,5 33 2. 当 n3 时, (bk 1 nak 1) (bk nak) (bk 1 bk) n(ak 1 ak) 2 n 0, 所以 bk nak关于 k N*单调递减 所以 cn maxb1 a1n, b2 a2n, ? , bn ann b1 a1n 1 n. 所以对任意 n1 , cn 1 n,于是 cn 1 cn 1, 所以 cn是等差数列 (2)证明:设数列 an和 bn的公差分别为 d1, d2,则 bk nak b1

    9、(k 1)d2 a1 (k 1)d1n b1 a1n (d2 nd1)(k 1) =【 ;精品教育资源文 库 】 = 所以 cn? b1 a1n n d2 nd1 , d2 nd1,b1 a1n, d2 nd1. 当 d1 0 时, 取正整数 m d2d1,则当 n m 时, nd1 d2, 因此 cn b1 a1n. 此时, cm, cm 1, cm 2, ? 是等差 数列 当 d1 0 时,对任意 n1 , cn b1 a1n (n 1)maxd2,0 b1 a1 (n 1)(maxd2,0 a1) 此时, c1, c2, c3, ? , cn, ? 是等差数列 当 d1 0 时, 当 n

    10、 d2d1时,有 nd1 d2. 所以 cnn b1 a1n n d2 nd1n n( d1) d1 a1 d2 b1 d2n n( d1) d1 a1 d2 |b1 d2|. 对任意正数 M,取正整数 m max? ?M |b1 d2| a1 d1 d2 d1, d2d1, 故当 n m 时, cnn M. 2 (2018 江苏名校联考 )如果一个数列从第 2 项起,每一项与它前一项的差都大于 3,则称这个数列为 “S 型数列 ” (1)已知数列 an满足 a1 4, a2 8, an an 1 8n 4(n2 , n N*),求证:数列 an是 “S 型数列 ” ; (2)已知等比数列 a

    11、n的首项 a1与公比 q均为正整数,且 an为 “ S型数列 ” ,记 bn 34an,当数列 bn不是 “S 型数列 ” 时,求数列 an的通项公式; (3)是否存在一个正项数列 cn是 “S 型数列 ” ,当 c2 9,且对任意大于等于 2 的自然数 n 都满足 1n 1n 1 ? ?2 1cn 1cn 1 1cn ? ?1n 1n 1 ? ?2 1cn 1?如果存在,给出数列 cn的一个通项公式 (不必证明 );如果不存在,请说明理由 解: (1)an 1 an 8n 4, =【 ;精品教育资源文 库 】 = an an 1 8n 4. ,得 an 1 an 1 8. 所以 a2n 8n

    12、, a2n 1 8n 4. 因此 an 4n,从而 an an 1 4 3. 所以数列 an是 “S 型数列 ” (2)由题意可知 a11 ,且 an an 1 3,因此 an单调递增且 q2. 而 (an an 1) (an 1 an 2) an 1(q 1) an 2(q 1) (q 1)(an 1 an 2) 0, 所以 an an 1单调递增 又 bn 34an,因此 bn bn 1单调递增, 又 bn不是 “S 型数列 ” , 所以存在 n0,使得 bn0 bn0 13 , 所以 b2 b1 bn0 bn0 13 , 即 a1(q 1)4. 又因为 a2 a1 3,即 a1(q 1)

    13、 3 且 a1 q N*. 所以 a1(q 1) 4, 从而 a1 4, q 2 或 a1 2, q 3 或 a1 1, q 5. an 2n 1或 an 23 n 1或 an 5n 1. (3)可取 cn (n 1)2可验证符合 ? ?1n 1n 1 ? ?2 1cn 1cn 1 1cn ? ?2 1cn 1 ? ?1n 1n 1 条件,而且 cn cn 1 (n 1)2 n2 2n 1 3. 三、冲刺满分题 1 (2018 如皋月考 )已知数列 an, bn中, a1 1, bn ? ?1 a2na2n 1 1an 1, n N*,数列bn的前 n 项和为 Sn. (1)若 an 2n 1

    14、,求 Sn; (2)是否存在等比数列 an,使 bn 2 Sn对任意 n N*恒成立?若存在,求出所有满足条件的数列 an的通 项公式;若不存在,说明理由; (3)若 a1 a2? an? ,求证: 0 Sn 2. 解: (1)当 an 2n 1时, bn ? ?1 14 12n 32n 2. 所以, Sn 38? ?1 12 ? 12n 1 34 32n 2. (2)满足条件的数列 an存 在且只有两个,其通项公式为 an 1 和 an ( 1)n 1. 证明:在 bn 2 Sn中,令 n 1,得 b3 b1. =【 ;精品教育资源文 库 】 = 设 an qn 1,则 bn ? ?1 1q

    15、2 1qn. 由 b3 b1,得 ? ?1 1q2 1q3 ? ?1 1q2 1q. 若 q 1,则 bn 0,满足题设条件 此时 an 1 和 an ( 1)n 1. 若 q1 ,则 1q3 1q,即 q2 1,矛盾 综上,满足条件的数列 an存在,且只有两个,一个是 an 1,另一个是 an ( 1)n 1. (3)因 1 a1 a2? an? , 故 an 0,0 anan 11 , 于是 0 a2na2n 11. 所以 bn ? ?1 a2na2n 1 1an 10 , n 1,2,3, ? , 所以 Sn b1 b2 ? bn0. 又 bn ? ?1 a2na2n 1 1an 1 ?1 anan 1 ?1 anan 1 1an 1 ? ?1 anan 1 ? ?1an 1an 1 anan 12 ? ?1an 1an 1. 故 Sn b1 b2 ? bn2 ? ?1a1 1a2 2? ?1a2 1a3 ? 2? ?1an 1an 1 2? ?1a1 1an 12? ?1 1an 1 2. 所以 0 Sn

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