数列求和和综合应用14476.pdf

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1、.数列求和及其综合应用 1.掌握数列的求和方法(1)直接利用等差、等比数列求和公式；(2)通过适当变形(构造)将未知数列转化为等差、等比数列，再用公式求和；(3)根据数列特征，采用累加、累乘、错位相减、逆序相加等方法求和；(4)通过分组、拆项、裂项等手段分别求和；(5)在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如 n(n1)n20，bn anan1(nN*)，且bn是以 q 为公比的等比数列(1)证明：an2anq2；(2)若 cna2n12a2n，证明：数列cn是等比数列；(3)求和：1a11a21a31a41a2n11a2n.10、将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排

2、成如下数表：a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 记表中的第一列数 a1，a2，a4，a7，构成的数列为bn，b1a11.Sn为数列bn的前n 项和，且满足2bnbnSnS2n1(n2)(1)证明数列1Sn成等差数列，并求数列bn的通项公式；(2)上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当 a81491时，求上表中第 k(k3)行所有项的和 12、已知二次函数 yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为 f(x)6x2，数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公

3、式；(2)设 bn3anan1，Tn是数列bn的前 n 项和，求使得 Tnm20对所有 nN*都成立的最小正整数 m.13、已知数列an的前 n 项和 Sn满足：SnSmSnm，且 a11，那么 a10_.14、设函数 f(x)xx2(x0)，观察：f1(x)f(x)xx2，f2(x)f(f1(x)x3x4，f3(x)f(f2(x)x7x8，f4(x)f(f3(x)x15x16，根据以上事实，由归纳推理可得：当 nN且 n2 时，fn(x)f(fn1(x)_.15、函数 yx2(x0)的图象在点(ak，ak2)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 ak1，其中 kN*.若 a116，则 a1a3

4、a5的值是_ 16、已知数列an满足：a1m(m 为正整数)，an1 an2，当an为偶数时，3an1，当an为奇数时.若 a61，则 m 所有可能的取值为_.17、已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snn5an85，nN*.(1)证明：an1是等比数列；(2)求数列Sn的通项公式，并求出使得 Sn1Sn成立的最小正整数 n.5615115 18、设实数数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn1an1Sn(nN*)(1)若 a1，S2，2a2成等比数列，求 S2和 a3；(2)求证：对 k3 且 kN*有 0ak1ak43.19、数列an、bn是各项均为正数的等比数列，设 cnbnan(n

5、N*)(1)数列cn是否为等比数列？证明你的结论；(2)设数列lnan、lnbn的前 n 项和分别为 Sn，Tn.若 a12，SnTnn2n1，求数列cn的前n 项和 20、两个正数 a、b 的等差中项是52，一个等比中项是 6，且 ab，则双曲线x2a2y2b21 的离心率 e 等于_ 21、在等比数列an中，前 n 项和为 Sn，若 Sm，Sm2，Sm1成等差数列，则 am，am2，am1成等差数列(1)写出这个命题的逆命题；(2)判断逆命题是否为真？并给出证明 .数列求和及其综合应用 1.掌握数列的求和方法(1)直接利用等差、等比数列求和公式；(2)通过适当变形(构造)将未知数列转化为等

6、差、等比数列，再用公式求和；(3)根据数列特征，采用累加、累乘、错位相减、逆序相加等方法求和；(4)通过分组、拆项、裂项等手段分别求和；(5)在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如 n(n1)n20，bn anan1(nN*)，且bn是以 q 为公比的等比数列(1)证明：an2anq2；.(2)若 cna2n12a2n，证明：数列cn是等比数列；(3)求和：1a11a21a31a41a2n11a2n.(解法 1)(1)证明：由bn1bnq，有an1an2anan1an2anq,an2anq2(nN*).(2)证明：anan2q2，a2n1a2n3q2a1q2n2，a2na2n2q

7、2a2q2n2，a2n12a2na1q2n22a2q2n2(a12a2)是首项为 5，以 q2为公比的等比数列(3)解：由(2)得1a2n11a1q22n，1a2n1a2q22n，于是 1a11a21a2n1a11a31a2n11a21a41a2n 1a111q21q41q2n21a211q21q41q2n2 3211q21q41q2n2.由题知 q0，当 q1 时，1a11a21a2n3211q21q41q2n232n.当 q1 时，1a11a21a2n3211q21q41q2n2 321q2n1q232q2n1q2n2q21.故1a11a21a2n 32n，q1，32q2n1q2n2q21

8、，q1.(解法 2)(1)同解法 1(1)(2)证明：cn1cna2n12a2n2a2n12a2nq2a2n12q2a2na2n12a2nq2(nN*)，又 c1a12a25，cn是首项为 5，以 q2为公比的等比数列(3)解：由(2)的类似方法得 a2n1a2n(a1a2)q2n23q2n2，1a11a21a2na1a2a1a2a3a4a3a4a2n1a2na2n1a2n，a2k1a2ka2k1a2k3q2k22q4k432q2k2，k1,2，n.1a11a21a2k32(1q2q4q2n2)(下面同上)10、将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a1 a2 a3 a

9、4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 .记表中的第一列数 a1，a2，a4，a7，构成的数列为bn，b1a11.Sn为数列bn的前n 项和，且满足2bnbnSnS2n1(n2)(1)证明数列1Sn成等差数列，并求数列bn的通项公式；(2)上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当 a81491时，求上表中第 k(k3)行所有项的和 (1)证明：由已知，2bnbnSnS2n1，又 Snb1b2b3bn，n2，bnSnSn1，2bnbnSnS2n1 即 2(SnSn1)Sn(SnSn1)S2n，2Sn12SnSnSn1，又 S110，SnSn10，

10、1Sn1Sn112，数列1Sn成等差数列，且1Sn1(n1)12，Sn2n1，bn 1，n1，2nn1，n2，nN*.(2)解：设上表中从第三行起，每行的公比都为 q，且 q0.因为 12121213278，所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列an的前 78 项，故 a81在表中第 13 行第三列，因此 a81b13q2491.又 b1321314，所以 q2.记表中第 k(k3)行所有项的和为 S，则 Sbk1qk1q2kk112k122kk1(12k)(k3)12、已知二次函数 yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为 f(x)6x2，数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(

11、nN*)均在函数 yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn3anan1，Tn是数列bn的前 n 项和，求使得 Tnm20对所有 nN*都成立的最小正整数 m.解：(1)设这二次函数 f(x)ax2bx(a0)，则 f(x)2axb，由于 f(x)6x2，得 a3,b2,所以 f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图象上，所以 Sn3n22n.当 n2 时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当 n1 时，a1S13122615，所以，an6n5(nN*)(2)由(1)得知 bn3anan136n56n15.1216n5

12、16n1，故 Tnni1bi 121171711316n516n1 12116n1.因此，要使12(116n1)m20(nN*)成立的 m，必须且仅须满足12m20，即 m10，所以满足要求的最小正整数 m 为 10.13、已知数列an的前 n 项和 Sn满足：SnSmSnm，且 a11，那么 a10_.1 解析：SnS1Sn1，an1a1.14、设函数 f(x)xx2(x0)，观察：f1(x)f(x)xx2，f2(x)f(f1(x)x3x4，f3(x)f(f2(x)x7x8，f4(x)f(f3(x)x15x16，根据以上事实，由归纳推理可得：当 nN且 n2 时，fn(x)f(fn1(x)_

13、.x2n1x2n 15、函数 yx2(x0)的图象在点(ak，ak2)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 ak1，其中 kN*.若 a116，则 a1a3a5的值是_ 321 16、已知数列an满足：a1m(m 为正整数)，an1 an2，当an为偶数时，3an1，当an为奇数时.若 a61，则 m 所有可能的取值为_.4,5,32 解析：显然，an为正整数，a61，故 a52，a44，若 a3为奇数，则 43a31，a31，若 a3为偶数，则 a38，若 a31，则 a22，a14，若 a38，则 a216，a15 或 32.17、已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snn5an85，n

14、N*.(1)证明：an1是等比数列；.(2)求数列Sn的通项公式，并求出使得 Sn1Sn成立的最小正整数 n.5615115(1)证明：当 n1 时，a114；当 n2 时，anSnSn15an5an11，所以 an156(an11)，又 a11150，an1an1156，所以数列an1是等比数列；(2)解：由(1)知：an11556n1，得 an11556n1，从而 Snn909056n(nN*)；由 Sn1Sn，得56n115，5615115，使 sn1sn成立的最小正整数 n15.18、设实数数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn1an1Sn(nN*)(1)若 a1，S2，2a2成等比数

15、列，求 S2和 a3；(2)求证：对 k3 且 kN*有 0ak1ak43.(1)解：由题意 S222a1a2，S2a2S1a1a2，得 S222S2，由 S2是等比中项知 S20，因此 S22，由 S2a3S3a3S2，解得 a3S2S2123.(2)证明：由题设条件有 an1Snan1Sn，故 Sn1，an11，且 an1SnSn1，Snan1an11，从而对 k3 有 akSk1Sk11ak1Sk2 ak1Sk21ak1ak1ak11ak1ak1ak111，因 a2k1ak11ak1122340，且 a2k10，要证 ak43，由知只要证a2k1a2k1ak1143，即证 3a2k14(

16、a2k1ak11)，即(ak12)20，此式明显成立，因此 ak43(k3)最后证 ak1ak，若不然，ak1a2ka2kak1ak，又 ak0，故aka2kak11，即(ak1)20，矛盾，所以 ak1ak(k3，kN)19、数列an、bn是各项均为正数的等比数列，设 cnbnan(nN*).(1)数列cn是否为等比数列？证明你的结论；(2)设数列lnan、lnbn的前 n 项和分别为 Sn，Tn.若 a12，SnTnn2n1，求数列cn的前 n 项和 解：(1)cn是等比数列(2 分)证明：设an的公比为 q1(q10)，bn的公比为 q2(q20)，则 cn1cnbn1an1anbnbn

17、1bnanan1q2q10，故cn为等比数列(5 分)(2)数列lnan和lnbn分别是公差为 lnq1和 lnq2的等差数列 由条件得nlna1nn12lnq1nlnb1nn12lnq2n2n1，即2lna1n1lnq12lnb1n1lnq2n2n1.(7 分)即(2lnq1lnq2)n2(4lna1lnq12lnb1lnq2)n(2lna1lnq1)0.上式对 nN*恒成立于是 2lnq1lnq20，4lna1lnq12lnb1lnq20，2lna1lnq10.将 a12 代入得 q14，q216，b18.(10 分)从而有 cn816n124n14n.所以数列|cn|的前 n 项和为 4

18、424n43(4n1)(12 分)20、两个正数 a、b 的等差中项是52，一个等比中项是 6，且 ab，则双曲线x2a2y2b21 的离心率 e 等于_【答案】133 解析：由题有 ab5，ab6 a3，b2或 a2，b3(舍)，eca32223133.21、在等比数列an中，前 n 项和为 Sn，若 Sm，Sm2，Sm1成等差数列，则 am，am2，am1成等差数列(1)写出这个命题的逆命题；(2)判断逆命题是否为真？并给出证明 解：(1)在等比数列an中，前 n 项和为 Sn，若 am，am2，am1成等差数列，则 Sm，Sm2，Sm1成等差数列(2)数列an的首项为 a1，公比为 q.由题意知：2am2amam1，即 2a1qm1a1qm1a1qm，a10，q0,2q2q10,q1 或 q12，当 q1 时，有 Smma1，Sm2(m2)a1，Sm1(m1)a1，显然：2Sm2SmSm1.此时逆命题为假.当 q12时，有 2Sm22a1112m211243a1112m2，SmSm1a1112m1122a1112m111243a1112m2，2Sm2SmSm1，此时逆命题为真