1、课时达标检测(三十一） 数列求和与数列的综合问题一、全员必做题1(2017山东高考)已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.(1)求数列xn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连结点P1(x1，1)，P2(x2,2)，Pn1(xn1，n1)得到折线P1P2Pn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积Tn.解：(1)设数列xn的公比为q，由已知得q0.由题意得所以3q25q20.因为q0，所以q2，x11，因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n
2、12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bn2n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得Tn321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn.2(2018泰州调研)对于数列xn，若对任意nN*，都有xn1成立，则称数列xn为“减差数列”设数列an是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且a11，S3.(1)求数列an的通项公式，并判断数列Sn是否为“减差数列”；(2)设bn(2nan)tan，若数列b3，b4，b5，是“减差数列”，求实数t的取
3、值范围解：(1)设数列an的公比为q，因为a11，S3，所以1qq2，即4q24q30，所以(2q1)(2q3)0.因为q0，所以q，所以an，Sn2，所以22Sn1，所以数列Sn是“减差数列”(2)由题设知，bnt2t.由bn1(n3，nN*)，得tt2t，即，化简得t(n2)1.又当n3时，t(n2)1恒成立，即t恒成立，所以tmax1.故实数t的取值范围是(1，)3已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，试求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设
4、二次函数f(x)ax2bx(a0)，则f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当n1时，a1S1312211615，所以an6n5(nN*)(2)由(1)得bn，故Tn1.二、重点选做题1(2017北京高考)设an和bn是两个等差数列，记cnmaxb1a1n，b2a2n，bnann(n1,2，3，)，其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs这s个数中最大的数(1)若ann，bn2n1，求c1，c2，c3的值，
5、并证明cn是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时，M；或者存在正整数m，使得cm，cm1，cm2，是等差数列解：(1)c1b1a1110，c2maxb12a1，b22a2max121,3221，c3maxb13a1，b23a2，b33a3max131，332,5332.当n3时，(bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0，所以bknak关于kN*单调递减所以cnmaxb1a1n，b2a2n，bnannb1a1n1n.所以对任意n1，cn1n，于是cn1cn1，所以cn是等差数列(2)证明：设数列an和bn的公差分别为d1，d2，则bknakb
6、1(k1)d2a1(k1)d1nb1a1n(d2nd1)(k1)所以cn当d10时，取正整数m，则当nm时，nd1d2，因此cnb1a1n.此时，cm，cm1，cm2，是等差数列当d10时，对任意n1，cnb1a1n(n1)maxd2,0b1a1(n1)(maxd2,0a1)此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列当d10时，当n时，有nd1d2.所以n(d1)d1a1d2n(d1)d1a1d2|b1d2|.对任意正数M，取正整数mmax，故当nm时，M.2(2018江苏名校联考)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于3，则称这个数列为“S型数列”(1)已知数列an满足a14，a2
7、8，anan18n4(n2，nN*)，求证：数列an是“S型数列”；(2)已知等比数列an的首项a1与公比q均为正整数，且an为“S型数列”，记bnan，当数列bn不是“S型数列”时，求数列an的通项公式；(3)是否存在一个正项数列cn是“S型数列”，当c29，且对任意大于等于2的自然数n都满足？如果存在，给出数列cn的一个通项公式(不必证明)；如果不存在，请说明理由解：(1)an1an8n4，anan18n4.，得an1an18.所以a2n8n，a2n18n4.因此an4n，从而anan143.所以数列an是“S型数列”(2)由题意可知a11，且anan13，因此an单调递增且q2.而(an
8、an1)(an1an2)an1(q1)an2(q1)(q1)(an1an2)0，所以anan1单调递增又bnan，因此bnbn1单调递增，又bn不是“S型数列”，所以存在n0，使得bn0bn013，所以b2b1bn0bn013，即a1(q1)4.又因为a2a13，即a1(q1)3且a1qN*.所以a1(q1)4，从而a14，q2或a12，q3或a11，q5.an2n1或an23n1或an5n1.(3)可取cn(n1)2可验证符合条件，而且cncn1(n1)2n22n13.三、冲刺满分题1(2018如皋月考)已知数列an，bn中，a11，bn，nN*，数列bn的前n项和为Sn.(1)若an2n1
9、，求Sn；(2)是否存在等比数列an，使bn2Sn对任意nN*恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列an的通项公式；若不存在，说明理由；(3)若a1a2an，求证：0Sn2.解：(1)当an2n1时，bn.所以，Sn.(2)满足条件的数列an存在且只有两个，其通项公式为an1和an(1)n1.证明：在bn2Sn中，令n1，得b3b1.设anqn1，则bn.由b3b1，得.若q1，则bn0，满足题设条件此时an1和an(1)n1.若q1，则，即q21，矛盾综上，满足条件的数列an存在，且只有两个，一个是an1，另一个是an(1)n1.(3)因1a1a2an，故an0,01，于是01.所以bn0，
10、n1,2,3，所以Snb1b2bn0. 又bn2.故Snb1b2bn222222.所以0Sn2.2(2018扬州中学模拟)若数列an和bn的项数均为n，则将aibi|定义为数列an和bn的距离(1)已知an2n，bn2n1，nN*，求数列an和bn的距离dn.(2)记A为满足递推关系an1的所有数列an的集合，数列bn和cn为A中的两个元素，且项数均为n.若b12，c13，数列bn和cn的距离大于2 017，求n的最小值(3)若存在常数M0，对任意的nN*，恒有aibi|M则称数列an和bn的距离是有界的若an与an1的距离是有界的，求证：a与a的距离是有界的解：(1)dn(2)设a1p，其中
11、p0且p1.由an1，得a2，a3，a4，a5p.所以a1a5，a2a6，因此集合A中的所有数列都具有周期性，且周期为4.数列bn中，b4k32，b4k23，b4k1，b4k(kN*)，数列cn中，c4k33，c4k22，c4k1，c4k(kN*)，因为bici|bici|，所以项数n越大，数列bn和cn的距离越大因为bici|，而bici|bici|8642 016，|c1b1|1，|c2b2|1，因此，当n3 457时，bici|2 017，当n3 458时，bici|2 018，故n的最小值为3 458.(3)因为an与an1的距离是有界的，所以存在正数M，对任意的nN*，有|an1an|anan1|a2a1|M.|an|anan1an1an2a2a1a1|anan1|an1an2|a2a1|a1|M|a1|.记KM|a1|，则有|aa|(an1an)(an1an)|(|an1|an|)|an1an|2K|an1an|.因此|aa|aa|aa|2KM.故a与a的距离是有界的