2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题(热点难点突破)理(含解析)
数列的综合问题
1.删去正整数数列1,2,3,… 中的所有完全平方数,得到一个新数列,这个数列的第2 018项是( )
A.2 062 B.2 063
C.2 064 D.2 065
答案 B
解析 由题意可得,这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32,…,第k个平方数与第k+1个平方数之间有2k个正整数,而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32,…,452共有2 025项,去掉45个平方数后,还剩余2 025-45=1 980(个)数,所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数,即是原来数列的第2 063项,即为2 063.
2.已知数列{an}满足0
10的n的最小值为( )
A.60 B.61 C.121 D.122
答案 B
解析 由a-8a+4=0,得a+=8,
所以a+=8+8(n-1)=8n,
所以2=a++4=8n+4,
所以an+=2,
即a-2an+2=0,
所以an==±,
因为010得>11,
所以n>60.
∴an=2n2+3n,由题意可知,
项
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
个位数
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0
9
∴每10项中有4项能被5整除,∴数列{an}的前100项中,能被5整除的项数为40.
7.设x=1是函数f(x)=an+1x3-anx2-an+2x+1(n∈N*)的极值点,数列{an}满足 a1=1,a2=2,bn=log2an+1,若[x]表示不超过x的最大整数,则
等于( )
A.2 017 B.2 018
C.2 019 D.2 020
答案 A
解析 由题意可得f′(x)=3an+1x2-2anx-an+2,
∵x=1是函数f(x)的极值点,
∴f′(1)=3an+1-2an-an+2=0,
即an+2-3an+1+2an=0.
∴an+2-an+1=2,
∵a2-a1=1,∴a3-a2=2×1=2,a4-a3=2×2=22,…,an-an-1=2n-2,
以上各式累加可得an=2n-1.
∴bn=log2an+1=log22n=n.
∴++…+
=2 018
=2 018=2 018-=2 017+.
∴=2 017.
8.对于数列{an},定义Hn=为{an}的“优值”,现在已知某数列{an}的“优值”Hn=2n+1,记数列{an-kn}的前n项和为Sn,若Sn≤S5对任意的n恒成立,则实数k的取值范围为________.
答案
解析 由题意可知=2n+1,
∴a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,①
a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n,②
由①-②,得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n(n≥2,n∈N*),
则an=2n+2(n≥2),
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又当n=1时,a1=4,符合上式,
∴an=2n+2(n∈N*),∴an-kn=(2-k)·n+2,
令bn=(2-k)·n+2,
∵Sn≤S5,∴b5≥0,b6≤0,解得≤k≤,
∴k的取值范围是.
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(an-1),则(4n-2+1)的最小值为__________.
答案 4
解析 ∵Sn=(an-1),∴Sn-1=(an-1-1)(n≥2),
∴an=Sn-Sn-1=(an-an-1),
∴an=4an-1,又a1=S1=(a1-1),
∴a1=4,∴{an}是首项为4,公比为4的等比数列,
∴an=4n,
∴(4n-2+1)=
=2++≥2+2=4,
当且仅当n=2时取“=”.
10.已知数列{an}的首项a1=a,其前n项和为Sn,且满足Sn+Sn-1=4n2(n≥2,n∈N*),若对任意n∈N*,an2),求函数f(n)的最小值;
(3)设bn=,Sn表示数列{bn}的前n项和,试问:是否存在关于n的整式g(n),使得S1+S2+S3+…+Sn-1=(Sn-1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立?若存在,写出g(n)的解析式,并加以证明;若不存在,请说明理由.
解 (1)点P(an,an+1)在直线x-y+1=0上,
即an+1-an=1,且a1=1,
∴数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,
∴an=1+(n-1)·1=n(n∈N*).
(3)∵bn=⇒Sn=1+++…+,
∴Sn-Sn-1=(n≥2),
即nSn-(n-1)Sn-1=Sn-1+1,
∴(n-1)Sn-1-(n-2)Sn-2=Sn-2+1,…,2S2-S1=S1+1,
∴nSn-S1=S1+S2+…+Sn-1+n-1,
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∴S1+S2+…+Sn-1=nSn-n
=(Sn-1)·n(n≥2),
∴g(n)=n.
12.已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.
(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-=1的离心率为en,且e2=,证明:e1+e2+…+en>.
(1)解 由已知Sn+1=qSn+1,得Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以,数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列.
从而an=qn-1.
由2a2,a3,a2+2成等差数列,
可得2a3=3a2+2,
即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,
由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).
(2)证明 由(1)可知,an=qn-1.
所以双曲线x2-=1的离心率
en==.
由e2==,解得q=.
因为1+q2(k-1)>q2(k-1),
所以>qk-1(k∈N*).
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=.
故e1+e2+…+en>.
13.已知数列{an}的前n项和Sn满足关系式Sn=kan+1,k为不等于0的常数.
(1)试判断数列{an}是否为等比数列;
(2)若a2=,a3=1.
①求数列{an}的通项公式及前n项和Sn的表达式;
②设bn=log2Sn,数列{cn}满足cn=+bn+2·,数列{cn}的前n项和为Tn,当n>1时,求使Tn
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0,因为n∈N*且n≠1,故n>9,
从而最小正整数n的值是10.
14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn-n=2(an-2)(n∈N*).
(1)证明:数列{an-1}为等比数列;
(2)若bn=an·log2(an-1),数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
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(1)证明 ∵Sn-n=2(an-2),
当n≥2时,Sn-1-(n-1)=2(an-1-2),
两式相减,得an-1=2an-2an-1,
∴an=2an-1-1,∴an-1=2(an-1-1),
∴=2(n≥2)(常数).
又当n=1时,a1-1=2(a1-2),
得a1=3,a1-1=2,
∴数列{an-1}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知,an-1=2×2n-1=2n,
∴an=2n+1,
又bn=an·log2(an-1),
∴bn=n(2n+1),
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=(1×2+2×22+3×23+…+n×2n)+(1+2+3+…+n),
设An=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
则2An=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,
两式相减,得
-An=2+22+23+…+2n-n×2n+1
=-n×2n+1,
∴An=(n-1)×2n+1+2.
又1+2+3+…+n=,
∴Tn=(n-1)×2n+1+2+(n∈N*).
15.已知数列{an}满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.
(1)求证:{bn}是等比数列;
(2)记数列{nbn}的前n项和为Tn,求Tn;
(3)求证:-<+++…+<.
(1)证明 a1=2,a2=2(2+2)=8,
an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),
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an=2(Sn-1+n)(n≥2),
两式相减,得an+1=3an+2(n≥2).
经检验,当n=1时上式也成立,
即an+1=3an+2(n≥1).
所以an+1+1=3(an+1),
即bn+1=3bn,且b1=3.
故{bn}是首项为3,公比为3的等比数列.
(2)解 由(1)得bn=3n,nbn=n·3n.
Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,
3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1,
两式相减,得
-2Tn=3+32+33+…+3n-n×3n+1
=-n×3n+1,
化简得Tn=×3n+.
(3)证明 由=>,
得+++…+>++…+
==-×.
又==
<
=,
所以+++…+<+
=+
=+-×<,
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故-<+++…+<.
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