(全國通用版)2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題學案 理
(全國通用版)2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 數(shù)列 第3講 數(shù)列的綜合問題學案 理
[考情考向分析] 1.數(shù)列的綜合問題,往往將數(shù)列與函數(shù)、不等式結合,探求數(shù)列中的最值或證明不等式.2.以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景,利用函數(shù)觀點探求參數(shù)的值或范圍.3.將數(shù)列與實際應用問題相結合,考查數(shù)學建模和數(shù)學應用能力.
熱點一 利用Sn,an的關系式求an
1.數(shù)列{an}中,an與Sn的關系
an=
2.求數(shù)列通項的常用方法
(1)公式法:利用等差(比)數(shù)列求通項公式.
(2)在已知數(shù)列{an}中,滿足an+1-an=f(n),且f(1)+f(2)+…+f(n)可求,則可用累加法求數(shù)列的通項an.
(3)在已知數(shù)列{an}中,滿足=f(n),且f(1)·f(2)·…·f(n)可求,則可用累乘法求數(shù)列的通項an.
(4)將遞推關系進行變換,轉化為常見數(shù)列(等差、等比數(shù)列).
例1 已知等差數(shù)列{an}中,a2=2,a3+a5=8,數(shù)列{bn}中,b1=2,其前n項和Sn滿足:bn+1=Sn+2(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式;
(2)設cn=,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.
解 (1)∵a2=2,a3+a5=8,
∴2+d+2+3d=8,∴d=1,∴an=n(n∈N*).
∵bn+1=Sn+2(n∈N*),①
∴bn=Sn-1+2(n∈N*,n≥2).②
由①-②,得bn+1-bn=Sn-Sn-1=bn(n∈N*,n≥2),
∴bn+1=2bn(n∈N*,n≥2).
∵b1=2,b2=2b1,
∴{bn}是首項為2,公比為2的等比數(shù)列,
∴bn=2n(n∈N*).
(2)由cn==,
得Tn=+++…++,
Tn=+++…++,
兩式相減,得
Tn=++…+-=1-,
∴Tn=2-(n∈N*).
思維升華 給出Sn與an的遞推關系,求an,常用思路:一是利用Sn-Sn-1=an(n≥2)轉化為an的遞推關系,再求其通項公式;二是轉化為Sn的遞推關系,先求出Sn與n之間的關系,再求an.
跟蹤演練1 (2018·綿陽診斷性考試)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足:a1an=S1+Sn.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若an>0,數(shù)列的前n項和為Tn,試問當n為何值時,Tn最???并求出最小值.
解 (1)由已知a1an=S1+Sn,①
可得當n=1時,a=a1+a1,解得a1=0或a1=2,
當n≥2時,由已知可得a1an-1=S1+Sn-1,②
①-②得a1=an.
若a1=0,則an=0,此時數(shù)列{an}的通項公式為an=0.
若a1=2,則2=an,化簡得an=2an-1,
即此時數(shù)列{an}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列,
故an=2n(n∈N*).
綜上所述,數(shù)列{an}的通項公式為an=0或an=2n.
(2)因為an>0,故an=2n.
設bn=log2 ,則bn=n-5,顯然{bn}是等差數(shù)列,
由n-5≥0,解得n≥5,所以當n=4或n=5時,Tn最小,
最小值為T4=T5==-10.
熱點二 數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題
數(shù)列與函數(shù)的綜合問題一般是利用函數(shù)作為背景,給出數(shù)列所滿足的條件,通常利用點在曲線上給出Sn的表達式,還有以曲線上的切點為背景的問題,解決這類問題的關鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對應關系,將條件進行準確的轉化.數(shù)列與不等式的綜合問題一般以數(shù)列為載體,考查最值問題,不等關系或恒成立問題.
例2 (2018·遵義聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-.
(1)若x≥0時,f(x)≤0,求λ的最小值;
(2)設數(shù)列{an}的通項an=1+++…+,證明:a2n-an+>ln 2.
(1)解 由已知可得f(0)=0,
∵f(x)=ln(1+x)-,
∴f′(x)=,且f′(0)=0.
①若λ≤0,則當x>0時,f′(x)>0,f(x)單調遞增,
∴f(x)≥f(0)=0,不合題意;
②若0<λ<,
則當0<x<時,f′(x)>0,f(x)單調遞增,
∴當0<x<時,f(x)>f(0)=0,不合題意;
③若λ≥,
則當x>0時,f′(x)<0,f(x)單調遞減,
當x≥0時,f(x)≤f(0)=0,符合題意.
綜上,λ≥.
∴實數(shù)λ的最小值為.
(2)證明 由于a2n-an+=+++…+++,
若λ=,由(1)知,f(x)=ln(1+x)-,
且當x>0時,f(x)<0,
即>ln(1+x),
令x=,則>ln ,
∴+>ln ,
+>ln ,
+>ln ,
…,
+>ln .
以上各式兩邊分別相加可得
++++++…++
>ln +ln +ln +…+ln ,
即+++…+++
>ln ···…·=ln =ln 2,
∴a2n-an+>ln 2.
思維升華 解決數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題要注意以下幾點
(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù),函數(shù)定義域是正整數(shù),在求數(shù)列最值或不等關系時要特別重視.
(2)解題時準確構造函數(shù),利用函數(shù)性質時注意限制條件.
(3)不等關系證明中進行適當?shù)姆趴s.
跟蹤演練2 (2018·南昌模擬)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*),滿足S4=2a4-1,S3=2a3-1.
(1)求{an}的通項公式;
(2)記bn=log2(n∈N*),數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,求證:++…+<2.
(1)解 設{an}的公比為q,
由S4-S3=a4,S4=2a4-1得,
2a4-2a3=a4,
所以=2,所以q=2.又因為S3=2a3-1,
所以a1+2a1+4a1=8a1-1,所以a1=1,
所以an=2n-1(n∈N*).
(2)證明 由(1)知bn=log2(an+1·an)
=log2(2n×2n-1)=2n-1,
所以Tn=n=n2,
所以++…+=++…+<1+++…+
=1+1-+-+…+-
=2-<2.
熱點三 數(shù)列的實際應用
用數(shù)列知識解相關的實際問題,關鍵是合理建立數(shù)學模型——數(shù)列模型,弄清所構造的數(shù)列是等差模型還是等比模型,它的首項是什么,項數(shù)是多少,然后轉化為解數(shù)列問題.求解時,要明確目標,即搞清是求和,還是求通項,還是解遞推關系問題,所求結論對應的是解方程問題,還是解不等式問題,還是最值問題,然后進行合理推算,得出實際問題的結果.
例3 科學研究證實,二氧化碳等溫室氣體的排放(簡稱碳排放)對全球氣候和生態(tài)環(huán)境產生了負面影響,環(huán)境部門對A市每年的碳排放總量規(guī)定不能超過550萬噸,否則將采取緊急限排措施.已知A市2017年的碳排放總量為400萬噸,通過技術改造和倡導低碳生活等措施,此后每年的碳排放總量比上一年的碳排放總量減少10%.同時,因經濟發(fā)展和人口增加等因素,每年又新增加碳排放量m萬噸(m>0).
(1)求A市2019年的碳排放總量(用含m的式子表示);
(2)若A市永遠不需要采取緊急限排措施,求m的取值范圍.
解 設2018年的碳排放總量為a1,2019年的碳排放總量為a2,…,
(1)由已知,a1=400×0.9+m,
a2=0.9×+m
=400×0.92+0.9m+m=324+1.9m.
(2)a3=0.9×+m
=400×0.93+0.92m+0.9m+m,
…,
an=400×0.9n+0.9n-1m+0.9n-2m+…+0.9m+m
=400×0.9n+m =400×0.9n+10m
=×0.9n+10m.
由已知?n∈N*,an≤550,
(1)當400-10m=0,即m=40時,顯然滿足題意;
(2)當400-10m>0,即m<40時,
由指數(shù)函數(shù)的性質可得×0.9+10m≤550,解得m≤190.
綜合得m<40;
(3)當400-10m<0,即m>40時,
由指數(shù)函數(shù)的性質可得10m≤550,
解得m≤55,綜合得40<m≤55.
綜上可得所求m的范圍是.
思維升華 常見數(shù)列應用題模型的求解方法
(1)產值模型:原來產值的基礎數(shù)為N,平均增長率為p,對于時間n的總產值y=N(1+p)n.
(2)銀行儲蓄復利公式:按復利計算利息的一種儲蓄,本金為a元,每期的利率為r,存期為n,則本利和y=a(1+r)n.
(3)銀行儲蓄單利公式:利息按單利計算,本金為a元,每期的利率為r,存期為n,則本利和y=a(1+nr).
(4)分期付款模型:a為貸款總額,r為年利率,b為等額還款數(shù),則b=.
跟蹤演練3 (2018·上海崇明區(qū)模擬)2016 年崇明區(qū)政府投資 8 千萬元啟動休閑體育新鄉(xiāng)村旅游項目.規(guī)劃從 2017 年起,在今后的若干年內,每年繼續(xù)投資 2 千萬元用于此項目.2016 年該項目的凈收入為 5 百萬元,并預測在相當長的年份里,每年的凈收入均在上一年的基礎上增長50%.記 2016 年為第 1 年,f(n)為第 1 年至此后第 n(n∈N*)年的累計利潤(注:含第 n 年,累計利潤=累計凈收入-累計投入,單位:千萬元),且當 f(n)為正值時,認為該項目贏利.
(1)試求 f(n)的表達式;
(2)根據(jù)預測,該項目將從哪一年開始并持續(xù)贏利?請說明理由.
解 (1)由題意知,第1年至此后第n(n∈N*)年的累計投入為8+2(n-1)=2n+6(千萬元),
第1年至此后第n(n∈N*)年的累計凈收入為+×1+×2+…+×n-1
==n-1(千萬元).
∴f(n)=n-1-(2n+6)
=n-2n-7(千萬元).
(2)方法一 ∵f(n+1)-f(n)=
-
=,
∴當n≤3時,f(n+1)-f(n)<0,
故當n≤4時,f(n)遞減;
當n≥4時,f(n+1)-f(n)>0,
故當n≥4時,f(n)遞增.
又f(1)=-<0,
f(7)=7-21≈17-21=-4<0,
f(8)=8-23≈25-23=2>0.
∴該項目將從第8年開始并持續(xù)贏利.
答:該項目將從2023年開始并持續(xù)贏利.
方法二 設f(x)=x-2x-7(x≥1),
則f′(x)=xln -2,令f′(x)=0,
得x==≈=5,
∴x≈4.
從而當x∈[1,4)時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;
當x∈(4,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增.
又f(1)=-<0,
f(7)=7-21≈17-21=-4<0,
f(8)=8-23≈25-23=2>0.
∴該項目將從第8年開始并持續(xù)贏利.
答:該項目將從2023年開始并持續(xù)贏利.
真題體驗
1.(2018·全國Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和.若Sn=2an+1,則S6=________.
答案?。?3
解析 ∵Sn=2an+1,當n≥2時,Sn-1=2an-1+1,
∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),
即an=2an-1(n≥2).
當n=1時,a1=S1=2a1+1,得a1=-1.
∴數(shù)列{an}是首項a1=-1,公比q=2的等比數(shù)列,
∴Sn===1-2n,
∴S6=1-26=-63.
2.(2017·山東)已知{xn}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求數(shù)列{xn}的通項公式;
(2)如圖,在平面直角坐標系xOy中,依次連接點P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折線P1P2…Pn+1,求由該折線與直線y=0,x=x1,x=xn+1所圍成的區(qū)域的面積Tn.
解 (1)設數(shù)列{xn}的公比為q.
由題意得
所以3q2-5q-2=0,
由已知得q>0,
所以q=2,x1=1.
因此數(shù)列{xn}的通項公式為xn=2n-1(n∈N*).
(2)過P1,P2,…,Pn+1向x軸作垂線,垂足分別為Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,
記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,
由題意得bn=×2n-1=(2n+1)×2n-2,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2.①
又2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1,②
①-②得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=+-(2n+1)×2n-1.
所以Tn=(n∈N*).
押題預測
已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足關系式Sn=kan+1,k為不等于0的常數(shù).
(1)試判斷數(shù)列{an}是否為等比數(shù)列;
(2)若a2=,a3=1.
①求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和Sn的表達式;
②設bn=log2Sn,數(shù)列{cn}滿足cn=+bn+2·,數(shù)列{cn}的前n項和為Tn,當n>1時,求使Tn<Sn+3+成立的最小正整數(shù)n的值.
押題依據(jù) 本題綜合考查數(shù)列知識,第(1)問考查反證法的數(shù)學方法及邏輯推理能力,第(2)問是高考的熱點問題,即數(shù)列與不等式的完美結合,其中將求數(shù)列前n項和的常用方法“裂項相消法”與“錯位相減法”結合在一起,考查了綜合分析問題、解決問題的能力.
解 (1)若數(shù)列{an}是等比數(shù)列,則由n=1得a1=S1=ka2,從而a2=ka3.
又取n=2,得a1+a2=S2=ka3,
于是a1=0,顯然矛盾,故數(shù)列{an}不是等比數(shù)列.
(2)①由條件得解得
從而Sn=an+1.
當n≥2時,由Sn-1=an,得an=Sn-Sn-1=an+1-an,
即an+1=2an,此時數(shù)列是首項為a2=,公比為2的等比數(shù)列.
綜上所述,數(shù)列{an}的通項公式為an=
從而其前n項和Sn=2n-2(n∈N*).
②由①得bn=n-2,
從而cn=+n·2n-2.
記C1=++…+
=++…+
=,
記C2=1·2-1+2·20+…+n·2n-2,
則2C2=1·20+2·21+…+n·2n-1,
兩式相減得C2=(n-1)·2n-1+,
從而Tn=+(n-1)·2n-1+
=+(n-1)·2n-1,
則不等式Tn<Sn+3+可化為+2n+1<2n+1+,
即n2+n-90>0,因為n∈N*且n≠1,故n>9,
從而最小正整數(shù)n的值是10.
A組 專題通關
1.(2018·安徽省“皖南八?!甭?lián)考)刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3,… 中的所有完全平方數(shù),得到一個新數(shù)列,這個數(shù)列的第2 018項是( )
A.2 062 B.2 063
C.2 064 D.2 065
答案 B
解析 由題意可得,這些數(shù)可以寫為12,2,3,22,5,6,7,8,32,…,第k個平方數(shù)與第k+1個平方數(shù)之間有2k個正整數(shù),而數(shù)列12,2,3,22,5,6,7,8,32,…,452共有2 025項,去掉45個平方數(shù)后,還剩余2 025-45=1 980(個)數(shù),所以去掉平方數(shù)后第2 018項應在2 025后的第38個數(shù),即是原來數(shù)列的第2 063項,即為2 063.
2.(2018·百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足0<an<1,a-8a+4=0,且數(shù)列是以8為公差的等差數(shù)列,設{an}的前n項和為Sn,則滿足Sn>10的n的最小值為( )
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==±,
因為0<an<1,
所以an=-,Sn=-1,
由Sn>10得>11,
所以n>60.
3.(2018·商丘模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),Sn為數(shù)列{an}的前n項和,則( )
A.an≥2n+1 B.Sn≥n2
C.an≥2n-1 D.Sn≥2n-1
答案 B
解析 由題意得a2-a1≥2,a3-a2≥2,a4-a3≥2,…,
an-an-1≥2,
∴a2-a1+a3-a2+a4-a3+…+an-an-1≥2(n-1),
∴an-a1≥2(n-1),∴an≥2n-1.
∴a1≥1,a2≥3,a3≥5,…,an≥2n-1,
∴a1+a2+a3+…+an≥1+3+5+…+2n-1,
∴Sn≥(1+2n-1)=n2.
4.(2018·河南省豫南豫北聯(lián)考)數(shù)列{an}滿足a1=,an=(n∈N*),若對n∈N*,都有k>++…+成立,則最小的整數(shù)k是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案 C
解析 由an=,得an=an+1-1,
∴==-,
即=-,且an>1.
∴++…+=+
+…+
=-,
∴++…+=5-<5.
又對n∈N*,都有k>++…+成立,
∴k≥5.故最小的整數(shù)k是5.
5.(2018·馬鞍山聯(lián)考)已知f(n)表示正整數(shù)n的所有因數(shù)中最大的奇數(shù),例如:12的因數(shù)有1,2,3,4,6,12,則f(12)=3;21的因數(shù)有1,3,7,21,則f(21)=21,那么(i)的值為( )
A.2 488 B.2 495 C.2 498 D.2 500
答案 D
解析 由f(n)的定義知f(n)=f(2n),且若n 為奇數(shù)則f(n)=n,
則(i)=f(1)+f(2)+…+f(100)
=1+3+5+…+99+f(2)+f(4)+…+f(100)
=+f(1)+f(2)+…+f(50)
=2 500+(i),
∴(i)=(i)-(i)=2 500.
6.對于數(shù)列{an},定義Hn=為{an}的“優(yōu)值”,現(xiàn)在已知某數(shù)列{an}的“優(yōu)值”Hn=2n+1,記數(shù)列{an-kn}的前n項和為Sn,若Sn≤S5對任意的n恒成立,則實數(shù)k的取值范圍為________.
答案
解析 由題意可知=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*),
則an=2n+2(n≥2),
又當n=1時,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的取值范圍是.
7.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,Sn=(an-1),則(4n-2+1)的最小值為__________.
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}是首項為4,公比為4的等比數(shù)列,
∴an=4n,
∴(4n-2+1)=
=2++≥2+2=4,
當且僅當n=2時取“=”.
8.已知數(shù)列{an}的首項a1=a,其前n項和為Sn,且滿足Sn+Sn-1=4n2(n≥2,n∈N*),若對任意n∈N*,an<an+1恒成立,則a的取值范圍是______________.
答案 (3,5)
解析 由條件Sn+Sn-1=4n2(n≥2,n∈N*),
得Sn+1+Sn=4(n+1)2,
兩式相減,得an+1+an=8n+4,
故an+2+an+1=8n+12,
兩式再相減,得an+2-an=8,
由n=2,得a1+a2+a1=16?a2=16-2a,
從而a2n=16-2a+8(n-1)=8n+8-2a;
由n=3,得a1+a2+a3+a1+a2=36?a3=4+2a,
從而a2n+1=4+2a+8(n-1)=8n-4+2a,
由條件得
解得3<a<5.
9.已知數(shù)列{an}中,a1=1,且點P(an,an+1)(n∈N*)在直線x-y+1=0上.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若函數(shù)f(n)=+++…+(n∈N*,且n>2),求函數(shù)f(n)的最小值;
(3)設bn=,Sn表示數(shù)列{bn}的前n項和,試問:是否存在關于n的整式g(n),使得S1+S2+S3+…+Sn-1=(Sn-1)·g(n)對于一切不小于2的自然數(shù)n恒成立?若存在,寫出g(n)的解析式,并加以證明;若不存在,請說明理由.
解 (1)點P(an,an+1)在直線x-y+1=0上,
即an+1-an=1,且a1=1,
∴數(shù)列{an}是以1為首項,1為公差的等差數(shù)列,
∴an=1+(n-1)·1=n(n∈N*).
(2)∵f(n)=++…+,
∴f(n+1)=++…+++,
∴f(n+1)-f(n)=-+
+>+-
=+=-
=->0,
∴f(n+1)-f(n)>0,∴f(n)是單調遞增的,
故f(n)的最小值是f(3)=.
(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,
∴S1+S2+…+Sn-1=nSn-n
=(Sn-1)·n(n≥2),
∴g(n)=n.
10.(2016·四川)已知數(shù)列{an}的首項為1,Sn為數(shù)列{an}的前n項和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.
(1)若2a2,a3,a2+2成等差數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設雙曲線x2-=1的離心率為en,且e2=,證明:e1+e2+…+en>.
(1)解 由已知Sn+1=qSn+1,得Sn+2=qSn+1+1,兩式相減得到an+2=qan+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan對所有n≥1都成立.
所以,數(shù)列{an}是首項為1,公比為q的等比數(shù)列.
從而an=qn-1.
由2a2,a3,a2+2成等差數(shù)列,
可得2a3=3a2+2,
即2q2=3q+2,則(2q+1)(q-2)=0,
由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).
(2)證明 由(1)可知,an=qn-1.
所以雙曲線x2-=1的離心率
en==.
由e2==,解得q=.
因為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>.
B組 能力提高
11.若數(shù)列{an}滿足-=1,且a1=5,則數(shù)列{an}的前100項中,能被5整除的項數(shù)為( )
A.42 B.40 C.30 D.20
答案 B
解析 ∵數(shù)列{an}滿足-=1,
即-=1,且=1,
∴數(shù)列是以1為首項,1為公差的等差數(shù)列,
∴=n,
∴an=2n2+3n,由題意可知,
項
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
個位數(shù)
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0
∴每10項中有4項能被5整除,∴數(shù)列{an}的前100項中,能被5整除的項數(shù)為40.
12.(2018·江西省重點中學協(xié)作體聯(lián)考)設x=1是函數(shù)f(x)=an+1x3-anx2-an+2x+1(n∈N*)的極值點,數(shù)列{an}滿足 a1=1,a2=2,bn=log2an+1,若[x]表示不超過x的最大整數(shù),則
等于( )
A.2 017 B.2 018
C.2 019 D.2 020
答案 A
解析 由題意可得f′(x)=3an+1x2-2anx-an+2,
∵x=1是函數(shù)f(x)的極值點,
∴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.
13.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足Sn-n=2(an-2)(n∈N*).
(1)證明:數(shù)列{an-1}為等比數(shù)列;
(2)若bn=an·log2(an-1),數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,求Tn.
(1)證明 ∵Sn-n=2(an-2),
當n≥2時,Sn-1-(n-1)=2(an-1-2),
兩式相減,得an-1=2an-2an-1,
∴an=2an-1-1,∴an-1=2(an-1-1),
∴=2(n≥2)(常數(shù)).
又當n=1時,a1-1=2(a1-2),
得a1=3,a1-1=2,
∴數(shù)列{an-1}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)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),
設An=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
則2An=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,
兩式相減,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*).
14.已知數(shù)列{an}滿足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.
(1)求證:{bn}是等比數(shù)列;
(2)記數(shù)列{nbn}的前n項和為Tn,求Tn;
(3)求證:-<+++…+<.
(1)證明 a1=2,a2=2(2+2)=8,
an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),
an=2(Sn-1+n)(n≥2),
兩式相減,得an+1=3an+2(n≥2).
經檢驗,當n=1時上式也成立,
即an+1=3an+2(n≥1).
所以an+1+1=3(an+1),
即bn+1=3bn,且b1=3.
故{bn}是首項為3,公比為3的等比數(shù)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,
兩式相減,得
-2Tn=3+32+33+…+3n-n×3n+1
=-n×3n+1,
化簡得Tn=×3n+.
(3)證明 由=>,
得+++…+>++…+
==-×.
又==
<
=,
所以+++…+<+
=+
=+-×<,
故-<+++…+<.