专题5数列的综合运用

1、专题8数列的综合应用一、填空题、i1 .在数列an中，ai = 4, a2= 10,若log3（an 1）为等差数列，则 Tn= 二a + a2 ai1an + 1 an等于2. 已知正项等比数列an满足：a7= a6 + 2a5,若存在两项am, an,使得，aman= 迈3，则m+*的最小值为.3. 已知数列an满足a1 = 33, an+1 an= 2n,则n的最小值为4. 设an是等比数列，公比q= 2, Sn为an的前n项和.记Tn=, nan+1 N .设Tno为数列Tn的最大项，贝U no =.5. 已知等差数列an满足2a2 a7 + 2a12 = 0,且bn是等比数列，若b7

2、 = a7,则b5b9=.6. 在等比数列an中，a = 1, a2 012= 9,函数 f(x) = x(x a1)(x a2)(x a2 012) + 2,贝U曲线y= f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 .7. 设 y= f(x)是一次函数，f(0)= 1,且 f(1), f(4), f(13)成等比数列，贝U f(2)+ f(4)+ + f(2n) =.8 .第30届奥运会在伦敦举行.设数列an = logn + 1(n + 2)(n N*)，定义使a1a3ak为整数的实数k为奥运吉祥数，则在区间1,2 012内的所有奥运吉祥数之和为.9. 在等差数列an中，a2 = 5, a

3、6= 21,记数列0-的前n项和为Sn,若S2n+1 Sn< mM n N恒成立，则正整数 m的最小值为15二、解答题10. 数列an满足 an =2an-1 + 2n + 1(n N , n>2), a3 = 27.(1) 求a1, a2的值；一 一 1 * 一(2) 是否存在一个实数t,使得bn=£(an+1)(n N ),且数列bn为等差数列？若存在，求出实数t;若不存在，请说明理由；(3) 求数列an的前n项和Sn.2x+ 31、*11. 设函数 f(x)= 3(x>0),数列an满足 = 1, an = f ai (n N，且 n2).(1) 求数列an的

4、通项公式；设 Tn a1a2 a2a3 + a3a4 a4a5+ ( 1)" 1 anan+1,若 Tntn?对 n N 恒成立，求实数t的取值范围.*333212. 已知数列an满足对任意的nN ,都有ai +空+ a；U (ai+比+十an)2 且 an>0.(1) 求ai, a2的值；(2) 求数列an的通项公式an；'1 ' 1(3) 设数列>ana2的前n项和为Sn,不等式s>3loga(1 a)对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围.13. 已知数列an满足 a = a(a>0, a N ), a1 + a2+ an pan+1

5、 = 0(p0, 1, n N*).(1) 求数列an的通项公式an；(2) 若对每一个正整数k,若将ak+1, ak+ 2, ak+ 3按从小到大的顺序排列后，此 三项均能构成等差数列，且公差为 dk.求p的值及对应的数列dk.记Sk为数列dk的前k项和，问是否存在a,使得Skv 30对任意正整数k 恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由.专题8数列的综合应用参考答案1.解析由log 3(an 1)是等差数列得 d= Iog3(a2 1) log3(ai 1) = Iog3(10 1)Iog3(41)= 1,所以 Iog3(an 1) Iog3(a1 1)+ (n 1)x 1

6、= n 所以 an 3 + 1, 1 1 1贝U Tn=+ +a2 a1a3 a2an+1 an11, 132+ 1 31 133 + 1 32 13n+1 + 1 3n 1=丄 11 = 1x 即1-=3X 2+ 32x 2+ + 3nx 2= 2X1-11答案41-32. 解析 由 a7 = a6 + 2a5得 q2= q + 2,又 an>0,所以 q = 2,4141 m n 5 4n=2a1，所以 m+ n=3,故 m+1= m+1ml 5二3.(当且仅当m= 2, n= 1等号成立).答案33. 解析 an (an an 1) + (an 1 an2)+ + (a2 a1)

7、+ a1 2( n 1) + (n 2)+ + 2+ 1 + 33 33 + n2 n,所以賈=33 + n- 1,设 f(n)=33 + n-1,令 f' (n) 话+ 1> °,则f(n)在(-33,+)上是单调递增，在(0,33)上是递减的，因为nCN，所以当n= 5或6时f(n)有最小值.又因为丁 5， 6 石2， an的最小值为冑=号.212所以,答案Tn16+ P -aman= 2m+n 2a13+3 = 3+3m+3n> 3+ 2碍=17ai1 - ;2 n ai1 -22n1 211 24时取等号，所以当 答案41_ (V2fn 17( + 16

8、a1 .2n= 1- 22n17，因为(.2)n+n8,当且仅当(2)n = 4, 即卩nn°= 4时Tn有最大值.1- 25. 解析 因为an是等差数列，所以a2 + ai2=2a7，又2+ ai2)= a2,所以4a7 =a2, b7 = a7工0,所以 a7 = 4,所以 b5b9= b2 = 42= 16.答案 166. 解析f' (0)即为f(x)展开式中x的系数，所以f' (0) = aia2a2 012= (aia2 012)1 006二91 006= 32 012,又 f(0)= 2,故在点(0, f(0)处的切线方程为 y 2= 32 012x, 即

9、为 y= 32 012x+ 2.答案y= 32 012x+ 27. 解析 设 f(x) = kx+ b(kM0),又 f(0) = 1,所以 b= 1, 即卩 f(x)= kx+ 1(k工0),由 f(1), f(4), f(13)成等比数列，得f%) = f(1)f(13)，即(4k+ 1)2= (k+ 1)(13k+ 1),因为 20,所以解得 k= 2, 即卩 f(x)= 2x+ 1,所以 f(2) + f(4) + f(2n)n(5+ 4n+ 1)=5+ 9+ (4n+ 1)=2= n(2n + 3).答案n (2 n + 3)8. 解析 因为 a1 a2 a3ak = log23x

10、log34X x logk + 1(k+ 2) = log2(k+ 2)，当 log2(k+ 2)= m(m®)时,k= 2m 2甫,2 012(mZ), m= 2,3,4,，10,所以 在区间1,2 012内的所有奥运吉祥数之和为(22 2)+ (23 2) + (210 2)231011=(2 + 2 +- + 2 ) 18= 2 22= 2 026.答案 2 0261 19. 解析由题意可知 an= 4n 3,且(S2n+ 3 Sn+1) (S2n+1 Sn) =+a2n + 3 a2n+ 21111=+ V 0,所以S2n+ 1 Sn是递减数列，故(S2n + 1 an+1

11、8n+ 9 8n + 5 4n+ 11114 m14Sn)max= Sb S1 = £+苍=亦三亦，解得mA，故正整数m的最小值为5. 答案510.解 (1)由 a3 = 27,得 27= 2a2 + 23 + 1,二 a2 = 9,v 9= 2a+ 22+ 1 ,二 a1 = 2.(2) 假设存在实数t,使得bn为等差数列，则2bn= bn-1 + bn+1, (n>2且n N*) 2X 2n(an+ t) =1(an-1 + t) + ?n+1 (an + 1 + t),-4an = 4an 1 + an +1 +1,an 2“ 一 1卄 4an= 4X2+ 2an+ 2+

12、 1 +1 , t= 1.即存在实数t = 1,使得bn为等差数列.351(3) 由(1),得 b1 = 2， b2 = 2，bn= n+ 2， an = n + 2 2 1 = (2n+ 1)2 1,Sn= (3X 20 1)+ (5X 21 1)+ (7X 22 1)+ (2n+ 1) X 2n1 1=3+ 5X 2+ 7X 22+ (2n+ 1) x 2n1 n, 2Sn= 3X 2+ 5X 22 + 7X23+ (2n+ 1)X2n 2n,由一得一Sn= 3+ 2X 2+ 2X 22 + 2X23+ 2X2n 1 (2n + 1)X2n+ n =12门1 + 2X12 (2n+ 1)X

13、2n+ n = (1 2n)X 2n + n 1,1 2Sn (2n 1) X 2 n + 1.11解(1)因为 an= f1 + 32*3x an-11 an1 + 3(n N , 且 n> 2),2所以 an an-1 3因为 a1 1,2所以数列an是以1为首项，公差为3的等差数列.2n+ 1所以an.(2)当 n 2m, m N 时，Tn T2m a1 a2 a2a3 + a3a4 a4a5+ ( 1)2m 1a2ma2m +1a2(a1 a3)+ a4(a3 a5) + + a2m(a2m1 a2m+1)+ 6n).4-3(a2 + a4 + a2m) 3 X 当 n 2m 1

14、, m N 时，Tn T2m1 T2m ( 1严 Gmm +1 1 2 1 2 9(8m + 4m+ 3) 9(2 n + 6n+ 7).4 a2 + a2m12 、1(8m2+ 12m) + *16m2+ 16m+ 3)X m 一 9(8m + 12m) 一1 2n2 + 6n , n为正偶数，所以Tn 1要使Tn>tn2对n N*恒成立，只§(2n2 + 6n+ 7), n为正奇数，要使f(2n2 + 6n) > tn2, (n为正偶数)恒成立.只要使1 2+ 6 >t,对n N*恒成立，故实数t的取值范围为X, 5 .12. 解(1)当 n 1 时，有 a3

15、a1, 由于an>0,所以a1 1.当 n 2 时，有 a3 + al 1+ a2)2,将a1 1代入上式，由于an>0,所以a2 2.(2)由于 a1 + a3 + + an (a1 + a2 + + an)2, 贝U有 a1 + a2 + an + an+1 (a1 + a2+ an+ an+1). 一，得 a?+1 (a1 + a2+ an + an+1)2 佝 + a2+ an)2, 由于 an>0,所以 an+1 2(a1 + a2+ an) + an-1.同样有 an 2(a1 + a2+ an-1) + an(n2), 一，得a2+ 1 一 an an+1 +

16、an , 所以 an+1 an 1,由于a2 ai 1,即当n1时都有an+1 an 1, 所以数列an是首项为1,公差为1的等差数列. 故 an n.由知an n.11anan+2n n + 21il_ 丄 12 n n+ 2，所以Sn 1 , 1+an- 1an+1anan+211111111 丄1丄丄丄11丄2 1-3 + 2 2-4 + 2 3-5 + 2n - 1-n+ 1 + 2 n-n+ 2 +丄丄丄3 丄亠+丄2(2 n+ 1 n+ 2 厂 4 2孤 1 n + 2;Sn - 1 Sn z> 0,(n+ 1n + 3)'数列细单调递增.1所以(Sn) min1要使

17、不等式Sn>3loga(1 a)对任意正整数n恒成立,1 1只要3> 3109日(1 a)1 a> 0, Ov av 1.-1 a>a,即Ovav扌.所以，实数a的取值范围是0,13. 解 (1)因为 a1 + a2+ an pan +1 0,所以 n2 时，a1 + a2+ an 1 pan 0,两式相减，得響一n2),故数列an从第二项起是公比为a的等比数列，又当n 1时，a1 pa2 0,解得a2 -，Pa(n-1),从而 an a p+ 1 n- 2ca P+1 k1p pPPTn-(2)由(1)得 ak+1若ak+1为等差中项，则2ak+1 ak+ 2+ ak+ 3,即 p+1 或牛12,解得 p3；pP3此时 ak+1 3a( 2)* 1, ak+ 2 3a( 2)： 所以 dk |ak +1 ak+ 2| 9a 2k1,若ak+ 2为等差中项，则2ak+2 ak+1 + ak+ 3,即 1,此时无解；p若ak+ 3为等差中项，则2ak+3 ak+1 + ak+ 2,即穿=1或罟此时ak+1 =二一2,解得 p=3，1 a _翌m+i2 ，ak+ 3_ 2 2 ， 所以 dk= |ak +1 ak+ 3| = 8 &#