从而当n≤5时,有
Tn=|b1|+…+|bn|=-(b1+…+bn)=. 当n>5时,有Tn=|b1|+|b2|+…+|bn| =-b1-b2-b3-b4-b5+b6+…+bn
=(b1+b2+…+bn)-2(b1+b2+b3+b4+b5) =
+20.
综上所述,Tn=
【加固训练】已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为8. (1)求等差数列{an}的通项公式.
(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|an|}的前n项和.
【解析】(1)设等差数列的公差为d,根据a1+a2+a3=-3可得a2=-1,进而得a1a3=-8, 即(a2-d)(a2+d)=-8,所以1-d2=-8,解得d=±3. 当d=3时,a1+3=-1,得a1=-4, 此时an=-4+(n-1)×3=3n-7; 当d=-3时,a1-3=-1,得a1=2, 此时an=2+(n-1)×(-3)=-3n+5.
所以{an}的通项公式为an=3n-7或an=-3n+5. (2)d=3时,a2=-1,a3=2,a1=-4, 此时a2,a3,a1成等比数列; 当d=-3时,a2=-1,a3=-4,a1=2,
此时a2,a3,a1不是等比数列,故an=3n-7,这个数列的第一、二两项为负值,从第三项开始为正值. 方法一:当n≤2时,|an|=7-3n,这是一个首项为4,公差为-3的等差数列,
故Sn=4n+×(-3)=-+;
当n>2时,|an|=an=3n-7,此时这个数列从第三项起是一个公差为3的等差数列,故 Sn=|a1|+|a2|+a3+a4+…+an =(4+1)+[2+5+…+(3n-7)] =5+
=
-+10.
所以Sn=这个式子中n=2时两段函数值相等,故可以写为
Sn=
方法二:设数列{an}的前n项和为Tn, 则Tn=
=-.
- 6 -
由于n≤2时,|an|=-an, 所以此时Sn=-Tn=-+;
当n>2时,
Sn=(-a1-a2)+(a3+a4+…+an) =-T2+(Tn-T2)=Tn-2T2=
-+10.
所以Sn=这个式子中n=2时两段函数值相等,故可以写为
Sn=
11.已知数列{an}中,a1=1,且点P(an,an+1)(n∈N*)在直线x-y+1=0上. (1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=,Sn表示数列{bn}的前n项和.试问:是否存在关于n的整式g(n),使得S1+S2+S3+…
+Sn-1=(Sn-1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立?若存在,写出g(n)的解析式,并加以证明;若不存在,说明理由.
【解题提示】(1)由条件寻找an与an+1的关系,转化为特殊数列,求an. (2)利用函数与方程思想,探求g(n).
【解析】(1)把P点代入直线x-y+1=0得:an+1-an=1, 所以{an}是公差为1的等差数列, 又a1=1,因此可得:an=n(n∈N*). (2)因为bn=,所以Sn=+++…+. 有S1+S2+S3+…+Sn-1
=(n-1)·+(n-2)·+(n-3)·+…+[n-(n-1)]·=n·
-n+1
=n·+++…+-
=n· =n·(Sn-1).
当n≥2,n∈N*时,g(n)存在,且g(n)=n.
【加固训练】已知数列{an}的前n项和为Sn,对一切正整数n,点Pn(n,Sn)都在函数f(x)=x2+2x的图象上,且过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn. (1)求数列{an}的通项公式.
(2)设Q={x|x=kn,n∈N*},R={x|x=2an,n∈N*},等差数列{cn}的任一项cn∈Q∩R,其中c1是Q∩R中的最小数,110 【解析】(1)因为点Pn(n,Sn)都在函数f(x)=x2+2x的图象上, - 7 - 所以Sn=n2+2n(n∈N*). 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1, 当n=1时,a1=S1=3满足上式, 所以数列{an}的通项公式为an=2n+1. (2)因为Q={x|x=2n+2,n∈N*},R={x|x=4n+2,n∈N*}, 所以Q∩R=R. 又因为cn∈Q∩R,其中c1是Q∩R中的最小数, 所以c1=6,因为{cn}的公差是4的倍数, 所以c10=4m+6(m∈N*). 又因为110 所以 解得m=27, 所以c10=114, 设等差数列{cn}的公差为d, , 则d===12, 所以cn=6+(n-1)×12=12n-6, 所以{cn}的通项公式为cn=12n-6. 12.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=a(Sn-an+1)(a为常数,且a≠0,a≠1). (1)求{an}的通项公式. (2)设bn= +Sn·an,若数列{bn}为等比数列,求a的值. (3)在满足条件(2)的情形下,设cn=-,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn>2n-. 【解题提示】(1)先利用an=Sn-Sn-1(n≥2)把Sn与an的关系式转化为an与an-1的关系式,判断数列的性质,求其通项公式.(2)根据(1),求出数列{bn}的前三项,利用 =b1×b3列出方程即可求得a的值.(3)先求出数列 {cn}的通项公式,根据所求证问题将其放缩,然后利用数列求和公式证明. 【解析】(1)当n=1时,S1=a(S1-a1+1),得a1=a. 当n≥2时,Sn=a(Sn-an+1), Sn-1=a(Sn-1-an-1+1), 两式相减,得an=a·an-1, 又a≠0,所以an≠0,则=a. 即{an}是等比数列,所以an=a·an-1=an. (2)由(1)及a≠1知bn=(an)2+若{bn}为等比数列,则有 =b1b3, an,bn= , 而b1=2a2,b2=a3(2a+1),b3=a4·(2a2+a+1), 故[a3(2a+1)]2=2a2·a4(2a2+a+1), - 8 - 解得a=, 再将a=代入bn,得bn=,结论成立, 所以a=. (3)由(2)知an=, 所以cn=-=+=2-+. 所以cn>2-+ . Tn=c1+c2+…+cn>+2-++…+=2n-+>2n-. 结论成立. 【加固训练】已知等差数列{an}的公差为2,其前n项和Sn=pn2+2n(n∈N*). (1)求p的值及an. (2)若bn=,记数列{bn}的前n项和为Tn,求使Tn>成立的最小正整数n的值. 【解题提示】 【解析】(1)方法一:因为{an}是公差为2的等差数列, 所以Sn=na1+d=na1+×2=n2+(a1-1)n. 又由已知Sn=pn2+2n, 所以p=1,a1-1=2, 所以a1=3, 所以an=a1+(n-1)d=2n+1, 所以p=1,an=2n+1. 方法二:由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4, 即a1+a2=4p+4, 所以a2=3p+2. 又此等差数列的公差为2, 所以a2-a1=2, 所以2p=2, 所以p=1, 所以a1=p+2=3, 所以an=a1+(n-1)d=2n+1, - 9 - 所以p=1,an=2n+1. 方法三:由已知a1=S1=p+2, 所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2, 所以a2=3p+2, 由已知a2-a1=2,所以2p=2,所以p=1, 所以a1=p+2=3,所以an=a1+(n-1)d=2n+1, 所以p=1,an=2n+1. (2)由(1)知bn= 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =因为Tn>所以 +, > , + =-, +…+=1-=. 所以20n>18n+9,即n>, 又n∈N*,所以使Tn>成立的最小正整数n=5. 13.(2015·重庆模拟)某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学,该商场向他提供了三种付酬方案:第一种,每天支付38元;第二种,第一天付4元,第二天付8元,第三天付12元,依此类推;第三种,第一天付0.4元,以后每天支付的薪酬是前一天薪酬的2倍,工作时间为n天. (1)工作n天,记三种付酬方式薪酬总金额依次为An,Bn,Cn,写出An,Bn,Cn关于n的表达式. (2)如果n=10,你会选择哪种方式领取报酬? 【解析】(1)设三种付酬方式每天金额依次为数列{an},{bn},{cn},它们的前n项和依次分别为An,Bn,Cn.依题意,第一种付酬方式每天金额组成数列{an}为常数数列,则An=38n. 第二种付酬方式每天金额组成数列{bn}为首项为4,公差为4的等差数列,则Bn=4n+ ×4=2n2+2n. 第三种付酬方式每天金额组成数列{cn}为首项是0.4,公比为2的等比数列,则Cn==0.4(2n-1). (2)由(1)得,当n=10时,A10=38×10=380, B10=2×102+2×10=220,C10=0.4(210-1)=409.2. 所以B10 答:应该选择第三种付酬方案. 【加固训练】有一种零存整取的储蓄项目,在每月某日存入一笔相同金额,这是零存;到期可以提出全部本金和利息,这是整取,它的本利和公式如下: 本利和=每期存入的金额×[存期+×存期×(存期+1)×利率]. (1)试解释这个本利和公式. (2)若每月初存入100元,月利率为5.1%,到第12个月底的本利和是多少? (3)若每月初存入一笔金额,月利率是5.1%,希望到第12个月底取得本利和2000元,那么每月初应存入多少? 【解析】(1)设每期存入的金额为A,每期利率为P,存期为n,则各期的利息之和为nAP+(n-1)AP+… - 10 -
高考数学 专项强化训练(三)
