（新課標）北京市高考數(shù)學一輪復習 第9講 數(shù)列（2014新題）賞析 理

第9講數(shù)列2014新題賞析某校數(shù)學課外小組在坐標紙上為學校的一塊空地設計植樹方案如下：第k棵樹種植在點Pk(xk，yk)處，其中x1＝1，y1＝1，當k≥2時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xk＝xk－1＋1－5[T(\f(k－1,5))－T(\f(k－2,5))]，,yk＝y(tǒng)k－1＋T(\f(k－1,5))－T(\f(k－2,5)).))T(a)表示非負實數(shù)a的整數(shù)部分，例如T(2.6)＝2，T(0.2)＝0．按此方案第2012棵樹種植點的坐標應為．設是有窮數(shù)列,且項數(shù)．定義一個變換:將數(shù)列變成,其中．從數(shù)列開始,反復實施變換,直到只剩下一項而不能變換為止．則變換所產(chǎn)生的所有項的乘積為（）．A． B． C． D．(1)已知等比數(shù)列{an}中，有a3a11＝4a7，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且b7＝a7，求b5＋b(2)在等比數(shù)列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a已知a,b,c成等差數(shù)列，a+b,b+c,c+a成等比數(shù)列，三整數(shù)a,b,c之和介于45和50之間(不含45和50)，求a,b,c．已知數(shù)列的前項和為,且．若數(shù)列為等比數(shù)列，求的值；若，數(shù)列前項和為，時取最小值，求實數(shù)的取值范圍．可得，已知數(shù)列的前項和為,滿足,記(I)求證：是等比數(shù)列,并求的前項和；(II)求已知數(shù)列{an}的前n項和Sn與通項an滿足Sn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)an．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設f(x)＝log3x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)，求T2012；(3)若cn＝an·f(an)，求{cn}的前n項和Un．設數(shù)列{an}(n＝1,2，…)是等差數(shù)列，且公差為d，若數(shù)列{an}中任意(不同)兩項之和仍是該數(shù)列中的一項，則稱該數(shù)列是“封閉數(shù)列”．(1)若a1＝4，d＝2，求證：該數(shù)列是“封閉數(shù)列”．(2)若an＝2n－7(n∈N+)，試判斷數(shù)列{an}是否是“封閉數(shù)列”，為什么？(3)設Sn是數(shù)列{an}的前n項和，若公差d＝1，a1＞0，試問：是否存在這樣的“封閉數(shù)列”，使eq\f(137,150)＜eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2011)＜eq\f(11,9)．若存在，求{an}的通項公式；若不存在，說明理由．第9講數(shù)列2014新題賞析(2,403)．詳解:由遞推公式可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2，,y2＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3＝3，,y3＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4＝4，,y4＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x5＝5，,y5＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x6＝1，,y6＝2，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x7＝2，,y7＝2，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x8＝3，,y8＝2，))因此，xn的周期為5且yn隔5個增加1,2012被5除得商是402余數(shù)是2，所以第2012棵樹種植點的坐標應為(2,403)．A．詳解:數(shù)列共有項,它們的乘積為．經(jīng)過次變換,產(chǎn)生了有項的一個新數(shù)列,它們的乘積也為．對新數(shù)列進行同樣的變換,直至最后只剩下一個數(shù),它也是,變換終止．在變換過程中產(chǎn)生的所有的項,可分為2013組,每組的項數(shù)依次為,乘積均為,故答案為．(1)8；(2)1024．詳解：(1)∵a3a11＝a72＝4a7，∵a7≠0，∴a7＝4，∴b∵{bn}為等差數(shù)列，∴b5＋b9＝2b7＝8．(2)法一：①②②÷①：＝q48＝8?q16＝2，又＝．法二：由性質(zhì)可知，依次4項的積為等比數(shù)列，設公比為p，設T1＝a1·a2·a3·a4＝1，T4＝a13·a14·a15·a16＝8，∴T4＝T1·p3＝1·p3＝8?p＝2．∴T11＝a41·a42·a43·a44＝T1·p10＝210＝1024．a(chǎn)=b=c=16或a=112，b=16，c=-80．詳解：解法1：由a,b,c成等差數(shù)列，設公差為d，則有a=b-d，c=b+d，∴a+b+c=3b由a+b,b+c,c+a成等比數(shù)列，得：(b+c)2＝(a+b)(c+a)，即(2b+d)2＝2b(2b-d)，∴d(6b+d)=0,∴d=0或d=-6b．又45＜a+b+c＜50，∴得45＜3b＜50，即15＜b＜，由b是整數(shù)知：b=16．故d=0時，a=b=c=16；d=-6b=-96時，a=112，b=16，c=-80．解法2：由a,b,c成等差數(shù)列，得：2b=a+c①由a+b,b+c,c+a成等比數(shù)列，得：(b+c)2=(a+b)(c+a)②由①、②消去c得：(3b-a)2=(a+b)(2b)，即a2-8ab+7b2=0，∴a=b或a=7b．又45＜a+b+c＜50，由①知：45＜3b＜50，即15＜b＜，由b是整數(shù)知：b=16．故a=b時，a=b=c=16；a=7b時，a=112，b=16，c=-80．解法3：由a,b,c成等差數(shù)列，設公差為d，則b=a+d，c=a+2d．由a+b,b+c,c+a成等比數(shù)列，得(b+c)2=(a+b)(c+a)，即(2a+3d)2＝(2a+d)(2a+2d),亦即6ad+7d2=0,∴d=0或d又45＜a+b+c＜50，即45＜3a+3d＜50，亦即15＜a+d＜，由a+d是整數(shù)知a+d=16，∴a=16-d，代入d=得：d=-96．故d=0時，a=b=c=16；d=-96時，a=112，b=16，c=-80．4；．詳解：,數(shù)列為等比數(shù)列,,成等比數(shù)列,,數(shù)列前項和為,時取最小值,見詳解．詳解：(I)∵∴兩式相減得，是等比數(shù)列．(II)原式=(1)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n；(2)－eq\f(4024,2013)；(3)Un＝－eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋eq\f(3,2)n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))．詳解：(1)當n＝1時，a1＝eq\f(1,3)，當n≥2時，an＝Sn－Sn1，又Sn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)an，所以an＝eq\f(1,3)an1，即數(shù)列{an}是首項為eq\f(1,3)，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n．(2)由已知可得f(an)＝log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＝－n，則bn＝－1－2－3－…－n＝－eq\f(n(n＋1),2)，故eq\f(1,bn)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，又Tn＝－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))，所以T2012＝－eq\f(4024,2013)．(3)由題意得cn＝(－n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，故Un＝c1＋c2＋…＋cn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))，則eq\f(1,3)Un＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1))，兩式相減可得eq\f(2,3)Un＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n+1))＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，則Un＝－eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋eq\f(3,2)n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))．見詳解．詳解：(1)an=4+(n－1)·2=2n+2，對任意的m,n∈N+，有am+an=(2m+2)+(2n+2)=2(m+n+1)+2∵m+n+1∈N+于是，令p=m+n+1,則有ap=2p+2∈{an}∴該數(shù)列是“封閉數(shù)列”．(2)∵a1=－5,a2=－3,∴a1+a2=－8,令an=a1+a2=－8,即2n－7=－8解得n=－N+,所以數(shù)列{an}不是封閉數(shù)列．(3)假設存在．由{an}是“封閉數(shù)列”，得：對任意m，n∈N+，必存在p∈N＋使a1＋(n－1)＋a1＋(m－1)＝a1＋(p－1)成立，于是有a1＝p－m－n＋1為整數(shù)，又∵a1＞0，∴a1是正整數(shù)．若a1＝1，則Sn＝eq\f(n(n＋1),2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2011)＝2(1－eq\f(1,2012))＞eq\f(11,9)，不符合題意，若a1＝2，則Sn＝eq\f(n(n＋3),2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2011)＝eq\f(2,3)(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,2012)－eq\f(1,2013)－eq\f(1,2014))＝eq\f(11,9)－eq\f(2,3)(eq\f(1,2012)＋eq\f(1,2013)＋eq\f(1,2014))＜eq\f(11,9)，而eq\f(11,9)－eq\f(2,3)(eq\f(1,2012)＋eq\f(1,2013)＋eq\f(1,2014))＞eq\f(11,9)－eq\f(2,3)·eq\f(3,2012)＝eq\f(11,9)－eq\f(1,1006)＞eq\f(137,150)，符合題意，若a1＝3，則Sn＝eq\f(n(n＋5),2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2011)＝eq\f(2,5)(1＋eq\f(1,2)＋eq