第四节 数列的综合应用.doc

第四节　数列的综合应用 高考试题 考点一 等差数列与等比数列的综合应用 1.(2011年江苏卷,13)设1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2,a4,a6成公差为1的等差数列,则q的最小值是　　　　.? 解析:设a2=m,则1≤m≤q≤m+1≤q2≤m+2≤q3, ∵m≥1,∴q≥max{m,, }≥. 答案: 2.(2013年重庆卷,文16)设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N+. (1)求{an}的通项公式及前n项和Sn; (2)已知{bn}是等差数列,Tn为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20. 解:(1)由题设知{an}是首项为1,公比为3的等比数列, 所以an=3n-1,Sn==(3n-1). (2)b1=a2=3,b3=a1+a2+a3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以数列{bn}的公差d=5, 故T20=20×3+×5=1010. 3.(2013年福建卷,文17)已知等差数列{an}的公差d=1,前n项和为Sn. (1)若1,a1,a3成等比数列,求a1; (2)若S5a1a9,求a1的取值范围. 解:(1)因为数列{an}的公差d=1,且1,a1,a3成等比数列, 所以=1×(a1+2),即-a1-2=0, 解得a1=-1或a1=2. (2)因为数列{an}的公差d=1,且S5a1a9, 所以5a1+10+8a1,即+3a1-100, 解得-5a12. 4.(2013年北京卷,文20)给定数列a1,a2,…,an.对i=1,2,…,n-1,该数列前i项的最大值记为Ai,后n-i项ai+1,ai+2,…,an的最小值记为Bi,di=Ai-Bi. (1)设数列{an}为3,4,7,1,写出d1,d2,d3的值; (2)设a1,a2,…,an(n≥4)是公比大于1的等比数列,且a10.证明:d1,d2,…,dn-1是等比数列; (3)设d1,d2,…,dn-1是公差大于0的等差数列,且d10,证明:a1,a2,…,an-1是等差数列. (1)解:d1=2,d2=3,d3=6. (2)证明:因为a10,公比q1, 所以a1,a2,…,an是递增数列. 因此,对i=1,2,…,n-1,Ai=ai,Bi=ai+1. 于是对i=1,2,…,n-1, di=Ai-Bi=ai-ai+1=a1(1-q)qi-1. 因此di≠0且=q(i=1,2,…,n-2), 即d1,d2,…,dn-1是等比数列. (3)证明:设d为d1,d2,…,dn-1的公差. 对1≤i≤n-2,因为Bi≤Bi+1,d0, 所以Ai+1=Bi+1+di+1≥Bi+di+dBi+di=Ai. 又因为Ai+1=max{Ai,ai+1},所以ai+1=Ai+1Ai≥ai. 从而a1,a2,…,an-1是递增数列.因此Ai=ai(i=1,2,…,n-1). 又因为B1=A1-d1=a1-d1a1, 所以B1a1a2…an-1. 因此an=B1.所以B1=B2=…=Bn-1=an. 所以ai=Ai=Bi+di=an+di. 因此对i=1,2,…,n-2都有ai+1-ai=di+1-di=d, 即a1,a2,…,an-1是等差数列. 5.(2013年浙江卷,文19)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列. (1)求d,an; (2)若d0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 解:(1)由题意得a1·5a3=(2a2+2)2, 由a1=10,{an}为公差为d的等差数列得,d2-3d-4=0, 解得d=-1或d=4. 所以an=-n+11(n∈N*)或an=4n+6(n∈N*). (2)设数列{an}的前n项和为Sn. 因为d0,由(1)得d=-1,an=-n+11, 所以当n≤11时, |a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n2+n; 当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110. 综上所述, |a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= 6.(2013年新课标全国卷Ⅱ,文17)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求a1+a4+a7+…+a3n-2. 解:(1)设{an}的公差为d,由题意,得=a1a13, 即(a1+10d)2=a1(a1+12d),于是d(2a1+25d)=0. 又a1=25,所以d=0(舍去),d=-2.故an=-2n+27. (2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2. 由(1)知a3n-2=-6n+31, 故{a3n-2}是首项为25,公差为