若存在,求出所有m,n的值;若不存在,请说明理由.
12.(2015·苏北四市调研)如果无穷数列{an}满足下列条件:
①≤an+1;②存在实数M,使得an≤M,其中n∈N*,那么我们称数列{an}为Ω数列.
(1)设数列{bn}的通项为bn=5n-2n,且是Ω数列,求M的取值范围;
(2)设{cn}是各项为正数的等比数列,Sn是其前n项和,c3=,S3=,证明:
数列{Sn}是Ω数列;
(3)设数列{dn}是各项均为正整数的Ω数列,求证:
dn≤dn+1.
13.(2014·泰州期末)设数列{an}的前n项积为Tn,已知对∀n,m∈N*,当n>m时,总有=Tn-m·q(n-m)m(q>0是常数).
(1)求证:
数列{an}是等比数列;
(2)设正整数k,m,n(k<m<n)成等差数列,试比较Tn·Tk和(Tm)2的大小,并说明理由;
(3)探究:
命题p:
“对∀n,m∈N*,当n>m时,总有=Tn-m·q(n-m)m(q>0是常数)”是命题t:
“数列{an}是公比为q(q>0)的等比数列”的充要条件吗?
若是,请给出证明;若不是,请说明理由.
专题三 数 列
专题过关·提升卷
(时间:
120分钟 满分:
160分)
一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分)
1.(2015·陕西高考)中位数为1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为________.
2.设{an}是公比为q的等比数列,则“q>1”是数列“{an}为递增数列”的________条件.
3.等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a5=8,S3=6,则a9=________.
4.已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-10x+9=0的两个根,则S6=________.
5.(2015·广州调研)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则lna1+lna2+…+lna20=________.
6.在各项均为正数的等比数列{an}中,若am+1·am-1=2am(m≥2),数列{an}的前n项积为Tn,若log2T2m-1=9,则m=________.
7.各项为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=5S2,a2=2且Sk=31,则正整数k的值为________.
8.若两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且满足=,则=________.
9.(2015·太原诊断)已知等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+1+a(n∈N*),则实数a的值为________.
10.(2015·菏泽调研)西非埃博拉病毒导致2500多人死亡,引起国际社会广泛关注,为防止疫情蔓延,西非各国政府在世界卫生组织、国际社会援助下全力抗击埃博拉疫情,预计某首都医院近30天内每天因治愈出院的人数依次构成数列{an},已知a1=3,a2=2,且满足an+2-an=1+(-1)n,则该医院30天内因治愈埃博拉病毒出院的患者共有________人.
11.(2015·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式为an=2n-n.若按如图所示的流程图进行运算,则输出n的值为________.
12.(2015·衡水点睛联考)已知数列{an}满足a1=1,且an=an-1+(n≥2,且n∈N*),则数列{an}的通项公式为________.
13.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2+1=2a6,且S7=S10,则使得Sn取得最小值时,n的值为________.
14.(2015·郑州质检)设数列{an}是首项为1,公比为q(q≠-1)的等比数列,若是等差数列,则++…++=________.
二、解答题(本大题共6小题,共90分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分14分)(2015·大庆质检)已知公差不为0的等差数列{an}满足S7=77,且a1,a3,a11成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2an,求数列{bn}的前n项和Tn.
16.(本小题满分14分)(2015·揭阳模拟)已知等比数列{an}满足:
an>0,a1=5,Sn为其前n项和,且20S1,S3,7S2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log5a2+log5a4+…+log5a2n+2,求数列的前n项和Tn.
17.(本小题满分14分)(2015·济宁模拟)已知数列{bn}满足Sn+bn=,其中Sn为数列{bn}的前n项和.
(1)求证:
数列是等比数列,并求数列{bn}的通项公式;
(2)如果对任意n∈N*,不等式≥2n-7恒成立,求实数k的取值范围.
18.(本小题满分16分)设数列{bn}的前n项和为Sn,且bn=1-2Sn;将函数y=sinπx在区间(0,+∞)内的全部零点按从小到大的顺序排成数列{an}.
(1)求{bn}与{an}的通项公式;
(2)设cn=an·bn(n∈N*),Tn为数列{cn}的前n项和.若a2-2a>4Tn恒成立,试求实数a的取值范围.
19.(本小题满分16分)(2012·江苏高考)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足:
an+1=+b)),n∈N*.
(1)设bn+1=1+,n∈N*,求证:
数列是等差数列;
(2)设bn+1=·,n∈N*,且{an}是等比数列,求a1和b1的值.
20.(本小题满分16分)(2015·南京、盐城模拟)已知数列{an}满足a1=a(a>0,a∈N*),a1+a2+…+an-pan+1=0(p≠0,p≠-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.
①求p的值及对应的数列{dk}.
②记Sk为数列{dk}的前k项和,问是否存在a,使得Sk<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.
专题三 数 列
真题体验·引领卷
1.4 [因为a8=a2q6,a6=a2q4,a4=a2q2,所以由a8=a6+2a4得a2q6=a2q4+2a2q2,消去a2q2,得到关于q2的一元二次方程(q2)2-q2-2=0,解得q2=2,a6=a2q4=1×22=4.]
2.21 [在点(ak,a)处的切线方程为:
y-a=2ak(x-ak),当y=0时,解得x=,所以ak+1=,故{an}是a1=16,q=的等比数列,即an=16×,∴a1+a3+a5=16+4+1=21.]
3.42 [设等比数列{an}的公比为q,由a1=3,a1+a3+a5=21.
得3(1+q2+q4)=21.解得q2=2或q2=-3(舍).
于是a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=2×21=42.]
4.- [∵S1,S2,S4成等比数列,∴S=S1·S4,又Sn为公差为-1的等差数列的前n项和.从而(a1+a1-1)2=a1,解得a1=-.]
5.5 [由题设,am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3.因为数列{an}为等差数列.所以公差d=am+1-am=1.由Sm==0,得m(a1+2)=0,则a1=-2.又am=a1+(m-1)d=2,解得m=5.]
6.6 [∵a1=2,an+1=2an,∴数列{an}是以公比q=2,首项a1=2的等比数列.则Sn==126,解得n=6.]
7.3n-1 [由于3S1,2S2,S3成等差数列.所以4S2=3S1+S3,即3(S2-S1)=S3-S2.∴3a2=a3,则等比数列{an}的公比q=3.故数列{an}的通项公式an=a1qn-1=3n-1.]
8.- [由题意,得S1=a1=-1.∵an+1=SnSn+1,
∴Sn+1-Sn=SnSn+1,则Sn≠0,
从而-=-1,
故数列是以=-1为首项,-1为公差的等差数列,
因此=-1-(n-1)=-n,所以Sn=-.]
9. [∵a1=1,an+1-an=n+1,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,将以上n-1个式子相加得an-a1=2+3+…+n=,即an=,
令bn=,
故bn==2,故S10=b1+b2+…+b10
=2=.]
10.12 [由已知条件得q+q2=3,
即q2+q-6=0,
解得q=2,或q=-3(舍去),
an=a5qn-5=×2n-5=2n-6,a1+a2+…+an=(2n-1),
a1a2…an=2-52-42-3…2n-6=2,
由a1+a2+…+an>a1a2…an,可知2n-5-2-5>2,由2n-5-2-5>2,可求得n的最大值为12,而当n=13时,28-2-5<213,所以n的最大值为12.]
11.
(1)证明 由已知,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得Sn=2n=am.所以{an}是“H数列”.
(2)解 由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.
因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.
当d=-1时,an=2-n,Sn=是小于2的整数,n∈N*,于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn=2-,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”.因此d的值为-1.
(3)证明 设等差数列{an}的公差为d,
则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).
令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则an=bn+cn(n∈N*).
下证{bn}是“H”“数列”,设{bn}的前n项和为Tn,
则Tn=a1(n∈N*),于是对任意的正整数n,
总存在正整数m=;使得Tn=bm,所以{bn}是“H数列”.
同理可证{cn}也是“H数列”.所以,对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.
12.解 由题设,Sn=na+d.
(1)由c=0,得bn==a+d.又b1,b2,b4成等比数列,所以b=b1b4,即=a,化简得d2-2ad=0.
因为d≠0,所以d=2a.
因此,对于所有的m∈N*,有Sm=m2a.
从而对于所有的k,n∈N*,有Snk=(nk)2a=n2k2a=n2Sk.
(2)证明 设数列{bn}的公差为d1,则bn=b1+(n-1)d1,即=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入Sn的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有n3+(b1-d1-a+d)n2+cd1n=c(d1-b1).令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),则对于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)
在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得
A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,
从而有
由②,③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd1=0.
即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.
若d1=0,则由d1-d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d1≠0.
又cd1=0,所以c=0.
13.
(1)证明 因为=2an+1-an=2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以2a1,2a2,2a3,2a4依次构成等比数列.
(2)解 不存在,理由如下:
令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).
假设存在a1,d,使得a1,a,a,a依次构成等比数列,
则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.
令t=,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,
化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.
将t2=t+1代入(*)式,
t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,
则t=-.
显然t=-不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立.
因此不存在a1,d,使得a1,a,a,a依次构成等比数列.
(3)解 不存在,理由如下:
假设存在a1,d及正整数n,k,使得a,a,a,a依次构成等比数列,
则a(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),
且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).
分别在两个等式的两边同除以a及a,
并令t=,
则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),
且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).
将上述两个等式两边取对数,
得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t),
且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).
化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],
且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].
再将这两式相除,化简得
ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).
令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-
3ln(1+2t)ln(1+t),
则g′(t)=
.
令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+
3(1+t)2ln(1+t),
则φ′(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+
(1+t)ln(1+t)].
令φ1(t)=φ′(t),则φ1′(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].
令φ2(t)=φ1′(t),则φ2′(t)=>0.
由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ′2(t)>0,
知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在和(0,+∞)上均单调.
故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.
所以不存在a1,d及正整数n,k,使得a,a,a,a依次构成等比数列.
经典模拟·演练卷
1.2 [设数列{an}的公差为d,
∵a1+a15=2a8,∴2a8+3a3=10,
∴2(a5+3d)+3(a5-2d)=10,∴5a5=10,∴a5=2.]
2.105 [设数列{an}的公差为d,依题设知d>0,则a3>a1,
∵a1+a2+a3=15,则3a2=15,a2=5,
从而解之得a1=2,a3=8.
所以公差d==3.
故a11+a12+a13=(a1+a2+a3)+30d=15+90=105.]
3.15 [设等比数列{an}的公比为q,且q>0,an>0.
由于a4a6=,a7=,
则a3==2,q4==,所以q=.
于是a1==8.
故S4===15.]
4.4 [设等比数列{an}的公比为q.由于a3=a1q2=2.
∴a4a6=aq8=(a1q2)2·q4=4q4=16.则q4=4,
故==q4=4.]
5. [∵a1+a2=,a4+a5=6,
q3==8,从而q=2,可求a1=.
故S6==.]
6.-2015 [设数列{an}的公差为d,则=a1+d.
由-=2,得-=2.
所以d=2,
因此S2015=2015a1+d=-2015.]
7.29 [由等差数列的性质,a9=a3+6d.∴17=5+6d,得d=2,
因此am=a3+2(m-3)=2m-1.
又数列{bn}的前n项和Sn=3n,
∴b1=S1=3,b4=S4-S3=34-33=54.
由am=b1+b4,得2m-1=3+54,则m=29.]
8.45 [由a1=1,a2=3a1,得a2=3,
又an+1=3Sn,知an=3Sn-1(n≥2),
∴an+1-an=3Sn-3Sn-1=3an,即an+1=4an(n≥2).
因此an=
故S6=1+=45.]
9.2n-1 [根据题意,由于各项均为正数的等比数列{an}中,
由a2-a1=1,得a1(q-1)=1,
所以q>1且a1=,
∴a3=a1q2==
=q-1++2≥2+2=4,
当且仅当q=2时取得等号,
因此an=a1qn-1==2n-1.]
10. [由a7=a6+2a5,得a1q6=a1q5+2a1q4,整理有q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾,舍去),又由=4a1,得aman=16a,即a2m+n-2=16a,即有m+n-2=4,亦即m+n=6,那么+=(m+n)·=≥=,当且仅当=,m+n=6,即n=2m=4时取得最小值.]
11.解
(1)∵a=S2n-1(n∈N*),an≠0.
令n=1,得a1=1;令n=2,得a2=3,
∴等差数列{an}的公差d=2.
从而an=2n-1,bn=,
于是Tn=
=.
(2)假设存在正整数m,n(1则=·,可得=>0,
∴-2m2+4m+1>0,解得1-由于m∈N*,m>1,得m=2,此时n=12.
故存在正整数m,n,当且仅当m=2,n=12时,满足T1,Tm,Tn成等比数列.
12.
(1)解 ∵bn+1-bn=5-2n,∴当n≥3,bn+1-bn<0,故数列{bn}单调递减;当n=1,2时,bn+1-bn>0,即b1<b2<b3,则数列{bn}中的最大项是b3=7,所以M≥7.
(2)证明 ∵{cn}是各项为正数的等比数列,Sn是其前n项和,c3=,S3=,设其公比为q>0,∴++c3=.整理得6q2-q-1=0,解得q=,q=-(舍去).∴c1=1,cn=,Sn=2-<2,对任意的n∈N*,有=2--<2-=Sn+1,且Sn<2,故{Sn}是Ω数列.
(3)证明 假设存在正整数k使得dk>dk+1成立,有数列{dn}的各项均为正整数,可得dk≥dk+1+1,即dk+1≤dk-1.因为≤dk+1,所以dk+2≤2dk+1-dk≤2(dk-1)-dk=dk-2,由dk+2≤2dk+1-dk及dk>dk+1得dk+2<2dk+1-dk+1=dk+1,故dk+2≤dk+1-1.因为≤dk+2,所以dk+