高中数学竞赛讲义第六讲 数列.doc

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蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿袁肁芇薄螇膀荿莇蚃腿聿薂蕿螆膁莅薄螅莄蚁袃螄肃蒄蝿螃膆虿蚅螃芈蒂薁螂莀芅袀袁肀蒀螆袀膂芃蚂衿芄蒈蚈袈肄芁薄袇膆薇袂袇艿莀螈袆莁薅蚄袅肁莈薀羄膃薃蒆羃芅莆螅羂羅薂螁羁膇蒄蚇羁芀蚀薃羀莂蒃袁罿肁芆螇羈膄蒁蚃肇芆芄蕿肆羆葿蒅肅肈节袄肅芀薈螀肄莃莀蚆肃肂薆薂肂膅荿 第六讲 数 列 方法总结1.数列an前n 项和Sn与通项an的关系式：an=2.求通项常用方法作新数列法.作等差数列与等比数列.叠加法.最基本形式是：an=(anan1 ) +(an1+an2)+(a2a1)+a1.归纳、猜想法.3.数列前n项和常用求法重要公式1+2+n=n(n+1)12+22+n2=n(n+1)(2n+1)13+23+n3=(1+2+n)2=n2(n+1)2等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加时抵消中间的许多项.错项相消法。并项求和法等。例题1.已知an是各项不同的正数等差数列,又lga1、lga2、lga4成等差数列.设bn=,n=1,2,3,。（）证明bn为等比数列；（）如果数列bn前3项的和等于，求数列an的首项a1和公差d.。解:（）lga1、lga2、lga4成等差数列，2lga2=lga1+lga4，即a=a1a2 设等差数列an的公差为d，则(a1+d)2=a1(a1+3d),这样d2= a1d 从而d(d- a1)=0 d0 d= a10 ， = a1+(2n-1)d=2n d bn=， 这时bn是首项b1=，公比为的等比数列。（）b1+b2+b3=(1+)=，d=3, 所以a1=d=32已知是公比为q的等比数列，且成等差数列.（）求q的值；（）设是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由.解:（）由题设 （）若当 故若当故对于3.已知数列为等差数列，且（）求数列的通项公式；（）证明解：（I）设等差数列的公差为d.由即d=1.所以即（II）因为，所以4.已知数列的首项前项和为，且Sn+1=2Sn+n+5.(nN*)（I）证明数列是等比数列；（II）令，求函数在点处的导数。解：（I）由已知Sn+1=2Sn+n+5，当所以，两式相减得 即,从而.当时 .又,从而.故总有.又,从而，即数列是以为首项2为公比的等比数列。（II）由（I）知,。从而=-=-=5.若公比为c的等比数列an的首项a1=1且满足an=（n=3，4，）（）求c的值；（）求数列nan的前n项和Sn.解:（）由题设，当n3时，an=c2an-2 an-1=can-2an=.由题设条件可得an-20,因此c2=,即2c2-c-1=0.解得c=1或c=-()由（）,需要分两种情况讨论:当c=1时，数列an是一个常数列,即an=1(nN*)这时,数列nan的前n项和Sn=1+2+3+n=当c=-时，数列an是一个公比为-的等比数列，即an=(-)n-1 (nN*).这时，数列nan的前n项和Sn=1+2(-)+3(-)2+n(-)n-1. 式两边同乘-，得-Sn=-+2(-)2+(n-1)(-)n-1+n(-)n. 式减去式，得（1+）Sn=1+(-)+(-)2+(-)n-1-n(-)n=所以Sn=6.数列an的前n项和为Sn，且a1=1，n=1，2，3，求：（）a2，a3，a4的值及数列an的通项公式；（）的值.解：（）由a1=1，n=1，2，3，得，.由（n2），得（n2），又a2=，所以an=(n2), 数列an的通项公式为an=（）由（）可知是首项为，公比为项数为n的等比数列，所以=.7.假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?解:(1)设中低价房面积形成数列an,由题意可知an是等差数列,其中a1=250,d=50,则Sn=250n+=25n2+225n,令25n2+225n4750,即n2+9n-1900,而n是正整数,n10.到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米.(2)设新建住房面积形成数列bn,由题意可知bn是等比数列,其中b1=400,q=1.08,则bn=400(1.08)n-1.由题意可知an0.85bn,有250+(n-1)50400(1.08)n-10.85.由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数n=6.到2009年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.8.设正项等比数列的首项，前n项和为，且。（）求的通项；（）求的前n项和。解：（I）由210S30-(210+1)S20+S10=0得210(S30-S20)=S20-S10，即210(a21+a22+a30)=a11+a12+a20,可得210q10(a11+a12+a20)=a11+a12+a20.因为an0，所以210q10=1,解得q=,因而an=a1qn-1=,n=1,2,.(II)因为an是首项a1=、公比q=的等比数列，故Sn=1-，nSn=n-.则数列nSn的前n项和Tn=(1+2+n)-(+)，(1+2+n)-(+).前两式相减，得(1+2+n)-(+)+ =-+,Tn=9已知函数f(x)= (x2) (1)求f(x)的反函数f-1(x);(2)设a1=1, =f-1(an)(nN*),求an;(3)设Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1Sn是否存在最小正整数m,使得对任意nN*,有bn成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由 命题意图 本题是一道与函数、数列有关的综合性题目，着重考查学生的逻辑分析能力 知识依托 本题融合了反函数，数列递推公式，等差数列基本问题、数列的和、函数单调性等知识于一炉，结构巧妙，形式新颖，是一道精致的综合题 错解分析 本题首问考查反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点，(2)问以数列为桥梁求an,不易突破 技巧与方法 (2)问由式子得=4,构造等差数列,从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧；(3)问运用了函数的思想 解 (1)设y=,x0)(2)，是公差为4的等差数列，a1=1, =+4(n1)=4n3,an0,an= (3)bn=Sn+1Sn=an+12=,由bn,设g(n)= ,g(n)= 在nN*上是减函数，g(n)的最大值是g(1)=5,m5,存在最小正整数m=6,使对任意nN*有bn成立 10设等比数列an的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列lgan的前多少项和最大？(lg2=0 3,lg3=0 4)命题意图 本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则，等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力 知识依托 本题须利用等比数列通项公式、前n项和公式合理转化条件，求出an;进而利用对数的运算性质明确数列lgan为等差数列，分析该数列项的分布规律从而得解 错解分析 题设条件中既有和的关系，又有项的关系，条件的正确转化是关键，计算易出错；而对数的运算性质也是易混淆的地方 技巧与方法 突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列，而等差数列中前n项和有最大值，一定是该数列中前面是正数，后面是负数，当然各正数之和最大；另外，等差数列Sn是n的二次函数，也可由函数解析式求最值 解法一 设公比为q,项数为2m,mN*,依题意有化简得 设数列lgan前n项和为Sn,则Sn=lga1+lga1q2+lga1qn1=lga1nq1+2+(n1)=nlga1+n(n1)lgq=n(2lg2+lg3)n(n1)lg3=()n2+(2lg2+lg3)n可见，当n=时，Sn最大 而=5,故lgan的前5项和最大 解法二 接前，,于是lgan=lg108()n1=lg108+(n1)lg,数列lgan是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，令lgan0,得2lg2(n4)lg30,n=5 5 由于nN*,可见数列lgan的前5项和最大 11等差数列an的前m项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和为_ 解法一 将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得 解法二 由知，要求S3m只需求ma1+,将得ma1+ d=70,S3m=210 解法三 由等差数列an的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数） 将Sm=30,S2m=100代入，得,S3m=A(3m)2+B3m=210解法四 S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+a3m=S2m+(a1+2md)+(am+2md)=S2m+(a1+am)+m2md=S2m+Sm+2m2d 由解法一知d=,代入得S3m=210 解法五 根据等差数列性质知 Sm,S2mSm,S3mS2m也成等差数列，从而有 2(S2mSm)=Sm+(S3mS2m)S3m=3(S2mSm)=210解法六 Sn=na1+d,=a1+d点(n, )是直线y=+a1上的一串点，由三点(m,),(2m, ),(3m, )共线，易得S3m=3(S2mSm)=210 解法七 令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,a1=30,a2=70a3=70+(7030)=110S3=a1+a2+a3=210答案 210 12已知数列an是公差为d的等差数列，数列bn是公比为q的(qR且q1)的等比数列，若函数f(x)=(x1)2，且a1=f(d1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q1)，(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设数列cn的前n项和为Sn，对一切nN*，都有=an+1成立，求 命题意图 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力 知识依托 本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n项和，实质上是该数列前n项和与数列an的关系，借助通项与前n项和的关系求解cn是该条件转化的突破口 错解分析 本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a1、b1、d、q，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键 技巧与方法 本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列dn运用和与通项的关系求出dn，丝丝入扣解 (1)a1=f(d1)=(d2)2，a3=f(d+1)=d2，a3a1=d2(d2)2=2d，d=2，an=a1+(n1)d=2(n1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q1)=(q2)2，=q2，由qR，且q1，得q=2，bn=bqn1=4(2)n1(2)令=dn，则d1+d2+dn=an+1,(nN*),dn=an+1an=2,=2,即cn=2bn=8(2)n1；Sn=1(2)n 13设An为数列an的前n项和，An= (an1)，数列bn的通项公式为bn=4n+3;(1)求数列an的通项公式；(2)把数列an与bn的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明 数列dn的通项公式为dn=32n+1;(3)设数列dn的第n项是数列bn中的第r项，Br为数列bn的前r项的和；Dn为数列dn的前n项和，Tn=BrDn，求 命题意图 本题考查数列的通项公式及前n项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力 知识依托 利用项与和的关系求an是本题的先决；(2)问中探寻an与bn的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点 错解分析 待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使Tn中既含有n，又含有r，会使所求的极限模糊不清 技巧与方法 (1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为41，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n与r的关系，正确表示Br，问题便可迎刃而解 解 (1)由An=(an1)，可知An+1=(an+11)，an+1an= (an+1an)，即=3，而a1=A1= (a11)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列an的通项公式an=3n (2)32n+1=332n=3(41)2n=342n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=4n+3，32n+1bn 而数32n=(41)2n=42n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=(4k+1)，32nbn，而数列an=a2n+1a2n，dn=32n+1 (3)由32n+1=4r+3，可知r=，Br=，14设an是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项 (1)写出数列an的前3项 (2)求数列an的通项公式(写出推证过程)(3)令bn=(nN*)，求 (b1+b2+b3+bnn) 解析 (1)由题意，当n=1时，有，S1=a1，解得a1=2 当n=2时，有，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a22)2=16，由a20，解得a2=6 当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，将a1=2，a2=6代入，整理得(a32)2=64，由a30，解得a3=10 故该数列的前3项为2，6，10 (2）解法一 由(1）猜想数列an 有通项公式an=4n2 下面用数学归纳法证明an的通项公式是an=4n2，(nN*） 当n=1时，因为412=2，又在(1)中已求出a1=2，所以上述结论成立 假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k2，由题意，有，将ak=4k2 代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由题意，有，Sk+1=Sk+ak+1，将Sk=2k2代入得()2=2(ak+1+2k2)，整理得ak+124ak+1+416k2=0，由ak+10，解得ak+1=2+4k，所以ak+1=2+4k=4(k+1)2，即当n=k+1时，上述结论成立 根据，上述结论对所有的自然数nN*成立 解法二 由题意知，(nN*) 整理得，Sn=(an+2)2,由此得Sn+1=(an+1+2)2，an+1=Sn+1Sn=(an+1+2)2(an+2)2 整理得(an+1+an）(an+1an4)=0，由题意知an+1+an0，an+1an=4，即数列an为等差数列，其中a1=2，公差d=4 an=a1+(n1)d=2+4(n1)，即通项公式为an=4n2 解法三 由已知得,(nN*)，所以有，由式得，整理得Sn+12+2Sn=0，解得，由于数列an为正项数列，而，因而，即Sn是以为首项，以为公差的等差数列 所以= +(n1) =n,Sn=2n2，故an=即an=4n2(nN*) (3)令cn=bn1，则cn=15已知Sn=1+,(nN*)，设f(n)=S2n+1Sn+1,试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式 f(n)logm(m1)2log(m1)m2恒成立 命题意图 本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题，需较强的综合分析问题、解决问题的能力 知识依托 本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起，构思巧妙 错解分析 本题学生很容易求f(n)的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理 技巧与方法 解决本题的关键是把f(n)(nN*)看作是n的函数，此时不等式的恒成立就转化为 函数f(n)的最小值大于logm(m1)2log(m1)m2 解 Sn=1+ (nN*)f(n+1)f(n)f(n)是关于n的增函数f(n) min=f(2)=要使一切大于1的自然数n，不等式f(n)logm(m1)2log(m1)m2恒成立只要logm(m1)2log(m1)m2成立即可由得m1且m2此时设logm(m1)2=t 则t0于是解得0t1 由此得0logm(m1)21 解得m且m2 16已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值 (t0),f(1)=0 (1)求y=f(x)的表达式；(2)若任意实数x都满足等式f(x)g(x)+anx+bn=xn+1 ， g(x)为多项式，(nN*),试用t表示an和bn；(3)设圆Cn的方程为(xan)2+(ybn)2=rn2，圆Cn与Cn+1外切(n=1,2,3,);rn是各项都是正数的等比数列，记Sn为前n个圆的面积之和，求rn、Sn 解 (1)设f(x)=a(x)2，由f(1)=0得a=1 f(x)=x2(t+2)x+t+1 (2)将f(x)=(x1)x(t+1)代入已知得 (x1)x(t+1)g(x)+anx+bn=xn+1，上式对任意的xR都成立，取x=1和x=t+1分别代入上式得 且t0，解得an=(t+1)n+11，bn=1(t+1n)(3)由于圆的方程为(xan)2+(ybn)2=rn2，又由(2)知an+bn=1，故圆Cn的圆心On在直线x+y=1上，又圆Cn与圆Cn+1相切，故有rn+rn+1=an+1an=(t+1)n+1设rn的公比为q，则得q=t+1，代入得rn=Sn=(r12+r22+rn2)=(t+1)2n1 17 给定有序正数整数组序列：（3，3，3），（4，4，4），（4，5，5），（5，5，5），（6，6，6），（6，6，6），（7，7，7），（7，7，7），（7，8，8），-则（2002，2003，2003）是其中的第 个数组。解：观察发现，数列前添一个数组（1，2，2）后，则该数列中依次有1个1，2个2，3个3，-2002个2002，-到（2002，2003，2003）此数列共有（1+2+3+-+2002+2）-1个数组，即2005005-1=668334个数组。延伸：设数列bn是集合2t+2s+2r|0rst,r,s,tZ中所有的数从小到大排列成的数列，已知bk =1160，求k解：先研究bn的生成过程,b1=20+21+22=7(0,1,2)b2=20+21+23=11 (0,1,3)b3=20+22+23=13（0，2，3）b4=21+22+23=14（1，2，3）b5=20+21+24=19（0，1，4）b6=20+22+24=21 (0,2,4)b7=21+22+24=22 (1,2,4)b8=20+23+24=25 (0,3,4)将三元有序数组下列方式排成队：（0，1，2）（0，1，3）（0，1，4）（0，1，5）-（0，1,n） (0,2,3) (0,2,4) (0,2,5) - (0,2,n) (1,2,3) (1,2,4) (1,2,5) - （1，2，n） (0,3,4) (0,3,5) - (0,3,n) (1,3,4) (1,3,5) - (1,3,n) (2,3,4) (2,3,5) - (2,3,n)因1160=23+27+210,所以bk=1160的位置在第9列，而前面8列共包含的元素数目是1+（1+2）+（1+2+3）+-+（1+2+-+8）=再将第9列拆开，即（0，1，10）（0，2，10）（0，3，10）（0，4，10）-（0，7，10）- （1，2，10）（1，3，10）（1，4，10）-（1，7，10）- （2,3,10） (2,4,10) - (2,7,10) - (3,4,10) - (3,7,10) -可见（3，7，10）是第9列的第（1+2+-+6）+4=25个数，故k=120+25=145.*74186103018 如果能够在右边的55正方形的21个空格中填入一个正整数，使得每一行和每一列的数都成等差数列，那么表有*号的空格应填的数是。解：记第i行、第j列交叉处的数为aij，设a52=x,a41=y，则a53=2x,a31=2y，从而a33=2103-2x=，得2x+y=113又a23=274-3y=(2y+186)-103，得y=13,代入(1),x=50所以a54=3x=150,a34=146，故a14=2a34-a54=142.19 对于公差为d(d0)的等差数列，求证：数列中不同两项之和仍是这个数列中一项的充要条件是存在整数m-1,使a1=md.证明：必要性：任取等差数列an中不同的两项as,at。若存在k，使as+at=ak，则2a1+(s+t-2)d=a1+(k-1)d，得a1=(k-s-t+1)d。故存在整数m=k-s-t+1，使a1=md。下面证明m-1，用反证法。若对m0,d不等于0，矛盾！故m-1。充分性：若存在m-1，使a1=md，对不同的正整数s,t有s+t3，得s+t+m2，且as+at=2a1+(s+t-2)d=a1+(m+s+t-2)d=am+s+t-1。即存在第m+s+t-1项，恰等于as+at。综上，命题得证。20 给定正整数n和正数M，对于满足条件a12+an+12M的所有等差数列a1,a2,-，试求S=an+1+an+2+-+a2n+1的最大值。解：设等差数列的公差为d，an+1=a,则S=an+1+an+2+-+a2n+1=(n+1)a+n(n+1)d/221 n2(n4) 个正数排成n行n列,a11 a12 a13 a14 - a1na21 a22 a23 a24 - a2na31 a32 a33 a34 - a3na41 a42 a43 a44 - a4n-an1 an2 an