第六章 第五节 “数列”大题增分策略课件PPT

课时跟踪检测（三十八）  “数列”大题增分策略

1．已知函数f(x)＝ax2＋bx的图象经过(－1,0)点，且在x＝－1处的切线斜率为－1.设数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列前n项的和Tn.

解：(1)函数f(x)＝ax2＋bx的图象经过(－1,0)点，

则a－b＝0，即a＝b.                       ①

因为f′(x)＝2ax＋b，

函数f(x)＝ax2＋bx在x＝－1处的切线斜率为－1，

所以－2a＋b＝－1.                         ②

由①②得a＝1，b＝1，

所以数列{an}的前n项和Sn＝f(n)＝n2＋n.

当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，

所以an＝Sn－Sn－1＝2n.

当n＝1时，a1＝2符合上式，则an＝2n.

(2)由于an＝2n，则＝＝，

则Tn＝

＝＝.

2．定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为(n∈N*)．若各项为正数的数列{an}的“美数”为，且bn＝，求＋＋…＋的值．

解：因为各项为正数的数列{an}的“美数”为，

所以＝.

设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝n(2n＋1)，

Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，

所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)．

又a1＝S1＝3，满足式子an＝4n－1，

所以an＝4n－1(n∈N*)．

又bn＝，所以bn＝n，

所以＋＋…＋

＝＋＋…＋

＝1－＋－＋…＋－

＝1－＝.

3．在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.

(1)求数列{an}的通项公式．

(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn.

(3)是否存在k∈N*，使得＋＋…＋<k对任意n∈N*恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．

解：(1)因为a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，

所以a＋2a3a5＋a＝25，所以(a3＋a5)2＝25，

又an>0，所以a3＋a5＝5，

又a3与a5的等比中项为2，

所以a3a5＝4，而q∈(0,1)，

所以a3>a5，所以a3＝4，a5＝1，

所以q＝，a1＝16，

所以an＝16×n－1＝25－n.

(2)因为bn＝log2an＝5－n，所以bn＋1－bn＝－1，

又b1＝5－1＝4，

所以{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列，

所以Sn＝.

(3)由(2)知Sn＝，所以＝.

当n≤8时，>0；当n＝9时，＝0；当n>9时，<0.

所以当n＝8或n＝9时，＋＋＋…＋＝18最大．

故存在k∈N*，使得＋＋…＋<k对任意n∈N*恒成立，k的最小值为19.

4．(2020·青岛模拟)已知{an}为等差数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列.

请从①a1＝2，②a1＝1，③a1＝3的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列{an}存在；并在此存在的数列{an}中，试解答下列两个问题．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}满足bn＝(－1)n＋1a，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)若选择条件①，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，

a1＝2，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝2，a2＝9，a3＝8不是等差数列；

当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，

a1＝2，a2＝4，a3＝7不是等差数列，

a1＝2，a2＝9，a3＝12不是等差数列；

当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，

a1＝2，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝2，a2＝6，a3＝12不是等差数列．

则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列{an}都不存在．

若选择条件②，则放在第一行第二列，结合条件可知a1＝1，a2＝4，a3＝7，

则公差d＝a2－a1＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2，n∈N*.

若选择条件③，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，

a1＝3，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝3，a2＝9，a3＝8不是等差数列；

当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，

a1＝3，a2＝4，a3＝7不是等差数列，

a1＝3，a2＝9，a3＝12不是等差数列；

当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，

a1＝3，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝3，a2＝6，a3＝12不是等差数列．

则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列{an}都不存在．

综上可知：an＝3n－2，n∈N*.

(2)由(1)知，bn＝(－1)n＋1(3n－2)2，所以当n为偶数时，

Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝a－a＋a－a＋…＋a－a

＝(a1＋a2)(a1－a2)＋(a3－a4)(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)(an－1－an)

＝－3(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝－3×

＝－n2＋n；

当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝－(n－1)2＋(n－1)＋(3n－2)2＝n2－n－2，

∴Tn＝

5．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝3，a3－a2＝2，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b3＝5，S4＝16.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)如图，在平面直角坐标系中，有点P1(a1,0)，P2(a2,0)，…，Pn(an,0)，Pn＋1(an＋1,0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1的面积为cn，求数列{cn}的前n项和Tn.

解：(1)设数列{an}的公比为q，则q>0.

因为a1＋a2＝3，a3－a2＝2，

所以

得3q2－5q－2＝0，

又q>0，

所以q＝2，a1＝1，则an＝2n－1.

设数列{bn}的公差为d，

因为b3＝5，S4＝16，

所以解得则bn＝2n－1.

(2)由(1)得|PnPn＋1|＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，

|PnQn|＝bn＝2n－1，

故cn＝S△PnQnPn＋1＝＝(2n－1)2n－2，

则Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，        ①

2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，                            ②

由①－②得，－Tn＝＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1

＝＋－(2n－1)2n－1

＝(3－2n)2n－1－，

故Tn＝(2n－3)2n－1＋(n∈N*)．