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专题 (文)数列2016



D 单元 数列



D1 数列的概念与简单表示法 D2 等差数列及等差数列前 n 项和 8.D2[2016· 浙江卷] 如图 12,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An * * +1An+2|,An≠An+2,n∈N ,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N .(P≠Q 表示点 P 与 Q 不 重合) 若 dn=|AnBn|,Sn 为△AnBnBn+1 的面积,则( )

图 12 A.{Sn}是等差数列 B.{S2 n}是等差数列 C.{dn}是等差数列 D.{d2 n}是等差数列 8.A [解析] 由题意得,An 是线段 An-1An+1(n≥2)的中点,Bn 是线段 Bn-1Bn+1(n≥2)的 中点,且线段 AnAn+1 的长度都相等,线段 BnBn+1 的长度都相等.过点 An 作高线 hn,由 A1 作高线 h2 的垂线 A1C1,由 A2 作高线 h3 的垂线 A2C2,则 h2-h1=|A1A2|sin∠A2A1C1,h3-h2 =|A2A3|sin∠A3A2C2.而|A1A2|=|A2A3|,∠A2A1C1=∠A3A2C2,故 h1,h2,h3 成等差数列,故 △AnBnBn+1 的面积构成的数列{Sn}是等差数列.

8.D2[2016· 江苏卷] 已知{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项和.若 a1+a2 S5=10, 2=-3, 则 a9 的值是________. 8.20 [解析] 因为 S5=5a3=10,所以 a3=2,设其公差为 d, 2 2 则 a1+a2 解得 d=3, 所以 a9=a3+6d=2+18=20. 2=2-2d+(2-d) =d -6d+6=-3, 15.D2,D3,D4[2016· 北京卷] 已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且 b2=3,b3 =9,a1=b1,a14=b4. (1)求{an}的通项公式; (2)设 cn=an+bn,求数列{cn}的前 n 项和. b3 9 15.解:(1)等比数列{bn}的公比 q= = =3, b2 3 b2 所以 b1= =1,b4=b3q=27. q 设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1=b1=1,a14=b4=27, 所以 1+13d=27,即 d=2, 所以 an=2n-1(n=1,2,3,?). - (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n 1, - 因此 cn=an+bn=2n-1+3n 1,

从而数列{cn}的前 n 项和 - Sn=1+3+?+(2n-1)+1+3+?+3n 1 = n(1+2n-1) 1-3n + 2 1-3

3n-1 =n2+ . 2 17.D2,D3[2016· 全国卷Ⅰ] 已知{an}是公差为 3 的等差数列,数列{bn}满足 b1=1, 1 b2= ,anbn+1+bn+1=nbn. 3 (1)求{an}的通项公式; (2)求{bn}的前 n 项和. 1 17.解:(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2= ,得 a1=2, 3 所以数列{an}是首项为 2,公差为 3 的等差数列,其通项公式为 an=3n-1. bn 1 (2)由(1)和 anbn+1+bn+1=nbn 得 bn+1= ,因此{bn}是首项为 1,公比为 的等比数列.记 3 3 {bn}的前 n 项和为 Sn,则 1 1-( )n 3 3 1 Sn= = - . 1 2 2×3n-1 1- 3 19.D2,D4,H6[2016· 四川卷] 已知数列{an}的首项为 1,Sn 为数列{an}的前 n 项和, Sn+1=qSn+1,其中 q>0,n∈N*. (1)若 a2,a3,a2+a3 成等差数列,求数列{an}的通项公式; y2 2 2 (2)设双曲线 x2- 2=1 的离心率为 en,且 e2=2,求 e2 1+e2+?+en. an 19.解:(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到 an+2=qan+1,n≥1. 又由 S2=qS1+1 得到 a2=qa1, 故 an+1=qan 对所有 n≥1 都成立. 所以数列{an}是首项为 1,公比为 q 的等比数列, - 从而 an=qn 1. 由 a2,a3,a2+a3 成等差数列,可得 2a3=a2+a2+a3,所以 a3=2a2,故 q=2, - 所以 an=2n 1(n∈N*). - (2)由(1)可知,an=qn 1, y2 2(n-1) 所以双曲线 x2- 2=1 的离心率 en= 1+a2 . n= 1+q an 由 e2= 1+q2=2,解得 q= 3, - 2 2 2 2(n-1) 所以 e2 ]=n+[1+q2+?+q2(n 1)]=n+ 1+e2+?+en=(1+1)+(1+q )+?+[1+q q2n-1 1 =n+ (3n-1). 2 q2-1 17.D2[2016· 全国卷Ⅱ] 等差数列{an}中,a3+a4=4,a5+a7=6. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=[an], 求数列{bn}的前 10 项和, 其中[x]表示不超过 x 的最大整数, 如[0.9]=0,

[2.6]=2. 17.解:(1)设数列{an}的公差为 d,由题意有 2a1+5d=4,a1+5d=3,解得 a1=1,d 2 = . 5 所以{an}的通项公式为 an= 2n+3 (2)由(1)知,bn=[ ]. 5 2n+3 当 n=1,2,3 时,1≤ <2,bn=1; 5 2n+3 当 n=4,5 时,2< <3,bn=2; 5 2n+3 当 n=6,7,8 时,3≤ <4,bn=3; 5 2n+3 当 n=9,10 时,4< <5,bn=4. 5 所以数列{bn}的前 10 项和为 1×3+2×2+3×3+4×2=24. 19.D2、D4[2016· 山东卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且 an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; + (an+1)n 1 (2)令 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. (bn+2)n 19.解:(1)由题意知,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=6n+5. 当 n=1 时,a1=S1=11,符合上式. 所以 an=6n+5. 设数列{bn}的公差为 d. ? ?a1=b1+b2, ? ?11=2b1+d, 由? 即? ?a2=b2+b3, ? ?17=2b1+3d, ? ? b = 4 , ? 1 解得? ?d=3, ? 所以 bn=3n+1. + (6n+6)n 1 + (2)由(1)知 cn= =3(n+1)· 2n 1. (3n+3)n 由 Tn=c1+c2+?+cn, + 得 Tn=3×[2×22+3×23+?+(n+1)×2n 1], + 2Tn=3×[2×23+3×24+?+(n+1)×2n 2], 两式作差,得 4×(1-2n) + + - Tn = 3×[2×22 + 23 + 24 +?+ 2n 1 - (n + 1)×2n 2] = 3×[4 + - (n + 1-2 + + 1)×2n 2] =-3n· 2n 2, n+2 所以 Tn=3n· 2 . 1 1 2 18. D2、 D3[2016· 天津卷] 已知{an}是等比数列, 前 n 项和为 Sn(n∈N*), 且 - = , a1 a2 a3 S6=63. (1)求{an}的通项公式; (2)若对任意的 n∈N*,bn 是 log2an 和 log2an+1 的等差中项,求数列{(-1)nb2 n}的前 2n 项 和. 2n+3 . 5

1 1 2 18.解:(1)设数列{an}的公比为 q,由已知,有 - = 2,解得 q=2 或 q=-1. a1 a1q a1q 1-q6 1-26 - 又由 S6=a1· =63,知 q≠-1,所以 a1· =63,得 a1=1,所以 an=2n 1. 1-q 1-2 1 1 1 - (2)由题意,得 bn= (log2an+log2an+1)= (log22n 1+log22n)=n- , 2 2 2 1 即{bn}是首项为 ,公差为 1 的等差数列. 2 设数列{(-1)nb2 n}的前 n 项和为 Tn,则 2 2 2 2 2 T2n=(-b1+b2)+(-b3 +b2 4)+?+(-b2n-1+b2n) =b1+b2+b3+b4+?+b2n-1+b2n = 2n(b1+b2n) 2

=2n2. 17. D2、 D3[2016· 浙江卷] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S2=4, an+1=2Sn+1, n∈N*. (1)求通项公式 an; (2)求数列{|an-n-2|}的前 n 项和. ?a1+a2=4, ?a1=1, ? ? 17.解:(1)由题意得? 则? ? ?a2=2a1+1, ? ?a2=3. 又当 n≥2 时,由 an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得 an+1=3an, - 所以数列{an}的通项公式为 an=3n 1,n∈N*. n-1 * (2)设 bn=|3 -n-2|,n∈N ,则 b1=2,b2=1. - 当 n≥3 时,由于 3n 1>n+2, n-1 所以 bn=3 -n-2,n≥3. 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 T1=2,T2=3. - 9(1-3n 2) (n+7)(n-2) 3n-n2-5n+11 当 n≥3 时,Tn=3+ - = ,n=2 也适合 2 2 1-3 此式, ?2,n=1,

所以 Tn=?3n-n2-5n+11 ,n≥2,n∈N*. ? 2 ? D3 等比数列及等比数列前 n 项和 7.D3[2016· 四川卷] 某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公司 2015 年全年投入研发资金 130 万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长 12%,则 该公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是( ) (参考数据:lg 1.12≈0.05,lg 1.3≈0.11,lg 2≈0.30) A.2018 年 B.2019 年 C.2020 年 D.2021 年 7. B [解析] 设 x 年后该公司全年投入的研发资金为 200 万元. 由题可知, 130(1+12%)x =200, 200 lg 2-lg 1.3 解得 x=log1.12 = ≈3.80. 130 lg 1.12 又资金需超过 200 万元,所以 x 的值取 4,即该公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是 2019 年. 1 1 2 18. D2、 D3[2016· 天津卷] 已知{an}是等比数列, 前 n 项和为 Sn(n∈N*), 且 - = , a1 a2 a3

?

S6=63. (1)求{an}的通项公式; (2)若对任意的 n∈N*,bn 是 log2an 和 log2an+1 的等差中项,求数列{(-1)nb2 n}的前 2n 项 和. 1 1 2 18.解:(1)设数列{an}的公比为 q,由已知,有 - = 2,解得 q=2 或 q=-1. a1 a1q a1q 1-q6 1-26 - 又由 S6=a1· =63,知 q≠-1,所以 a1· =63,得 a1=1,所以 an=2n 1. 1-q 1-2 1 1 1 - (2)由题意,得 bn= (log2an+log2an+1)= (log22n 1+log22n)=n- , 2 2 2 1 即{bn}是首项为 ,公差为 1 的等差数列. 2 设数列{(-1)nb2 n}的前 n 项和为 Tn,则 2 2 2 2 2 T2n=(-b1+b2)+(-b3 +b2 4)+?+(-b2n-1+b2n) =b1+b2+b3+b4+?+b2n-1+b2n = 2n(b1+b2n) 2

=2n2. 17. D2、 D3[2016· 浙江卷] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S2=4, an+1=2Sn+1, n∈N*. (1)求通项公式 an; (2)求数列{|an-n-2|}的前 n 项和. ? ? ?a1+a2=4, ?a1=1, 17.解:(1)由题意得? 则? ?a2=2a1+1, ? ?a2=3. ? 又当 n≥2 时,由 an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得 an+1=3an, - 所以数列{an}的通项公式为 an=3n 1,n∈N*. - (2)设 bn=|3n 1-n-2|,n∈N*,则 b1=2,b2=1. - 当 n≥3 时,由于 3n 1>n+2, - 所以 bn=3n 1-n-2,n≥3. 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 T1=2,T2=3. - 9(1-3n 2) (n+7)(n-2) 3n-n2-5n+11 当 n≥3 时,Tn=3+ - = ,n=2 也适合 2 2 1-3 此式, ?2,n=1,

所以 Tn=?3n-n2-5n+11 ,n≥2,n∈N*. ? 2 ? 20.A1、D3、D5[2016· 江苏卷] 记 U={1,2,?,100}.对数列{an}(n∈N*)和 U 的子 集 T,若 T=?,定义 ST=0;若 T={t1,t2,?,tk},定义 ST=at1+at2+?+atk.例如:T= {1, 3, 66}时, ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N*)是公比为 3 的等比数列, 且当 T={2, 4}时, ST=30. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意正整数 k(1≤k≤100),若 T?{1,2,?,k},求证:ST<ak+1; (3)设 C?U,D?U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD. - 20.解:(1)由已知得 an=a1·3n 1,n∈N*. 于是当 T={2,4}时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1. 又 ST=30,所以 30a1=30,即 a1=1, - 故数列{an}的通项公式为 an=3n 1,n∈N*. - (2)证明:因为 T?{1,2,?,k},an=3n 1>0,n∈N*,

?

1 - 所以 ST≤a1+a2+?+ak=1+3+?+3k 1= (3k-1)<3k. 2 因此,ST<ak+1. (3)证明:下面分三种情况证明. ①若 D 是 C 的子集,则 SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD. ②若 C 是 D 的子集,则 SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD. ③若 D 不是 C 的子集,且 C 不是 D 的子集. 令 E=C∩(?UD),F=D∩(?UC),则 E≠?,F≠?,E∩F=?. 于是 SC=SE+SC∩D,SD=SF+SC∩D,进而由 SC≥SD,得 SE≥SF. 设 k 是 E 中最大的数,l 为 F 中最大的数,则 k≥1,l≥1,k≠l. - 由(2)知,SE<ak+1,于是 3l 1=al≤SF≤SE<ak+1=3k,所以 l-1<k,即 l≤k. 又 k≠l,故 l≤k-1, - 3l-1 3k 1-1 ak-1 SE-1 - 从而 SF≤a1+a2+?+al=1+3+?+3l 1= ≤ = ≤ , 2 2 2 2 故 SE≥2SF+1,所以 SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1, 即 SC+SC∩D≥2SD+1. 综合①②③得,SC+SC∩D≥2SD. 15.D2,D3,D4[2016· 北京卷] 已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且 b2=3,b3 =9,a1=b1,a14=b4. (1)求{an}的通项公式; (2)设 cn=an+bn,求数列{cn}的前 n 项和. b3 9 15.解:(1)等比数列{bn}的公比 q= = =3, b2 3 b2 所以 b1= =1,b4=b3q=27. q 设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1=b1=1,a14=b4=27, 所以 1+13d=27,即 d=2, 所以 an=2n-1(n=1,2,3,?). - (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n 1, - 因此 cn=an+bn=2n-1+3n 1, 从而数列{cn}的前 n 项和 - Sn=1+3+?+(2n-1)+1+3+?+3n 1 = n(1+2n-1) 1-3n + 2 1-3

3n-1 =n2+ . 2 17.D2,D3[2016· 全国卷Ⅰ] 已知{an}是公差为 3 的等差数列,数列{bn}满足 b1=1, 1 b2= ,anbn+1+bn+1=nbn. 3 (1)求{an}的通项公式; (2)求{bn}的前 n 项和. 1 17.解:(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2= ,得 a1=2, 3 所以数列{an}是首项为 2,公差为 3 的等差数列,其通项公式为 an=3n-1.

bn 1 (2)由(1)和 anbn+1+bn+1=nbn 得 bn+1= ,因此{bn}是首项为 1,公比为 的等比数列.记 3 3 {bn}的前 n 项和为 Sn,则 1 1-( )n 3 3 1 Sn= = - . 1 2 2×3n-1 1- 3 17. D3、 D4[2016· 全国卷Ⅲ] 已知各项都为正数的数列{an}满足 a1=1, a2 n-(2an+1-1)an -2an+1=0. (1)求 a2,a3; (2)求{an}的通项公式. 1 1 17.解:(1)由题意得 a2= ,a3= . 2 4 (2)由 a2 - (2 a - 1) a - 2 a = 0 得 2an+1(an+1)=an(an+1). + + n n 1 n n 1 an+1 1 因为数列{an}的各项都为正数,所以 = , an 2 1 1 故{an}是首项为 1,公比为 的等比数列,因此 an= n-1. 2 2 D4 数列求和 14.D4[2016· 上海卷] 无穷数列{an}由 k 个不同的数组成,Sn 为{an}的前 n 项和.若对 * 任意的 n∈N ,Sn∈{2,3},则 k 的最大值为________. 14.4 [解析] 由 Sn∈{2,3},得 a1=S1∈{2,3}.将数列写出至最多项,其中有相同 项的情况舍去,共有如下几种情况: ①a1=2,a2=0,a3=1,a4=-1; ②a1=2,a2=1,a3=0,a4=-1; ③a1=2,a2=1,a3=-1,a4=0; ④a1=3,a2=0,a3=-1,a4=1; ⑤a1=3,a2=-1,a3=0,a4=1; ⑥a1=3,a2=-1,a3=1,a4=0. 最多项均只能写到第 4 项,即 kmax=4. 15.D2,D3,D4[2016· 北京卷] 已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且 b2=3,b3 =9,a1=b1,a14=b4. (1)求{an}的通项公式; (2)设 cn=an+bn,求数列{cn}的前 n 项和. b3 9 15.解:(1)等比数列{bn}的公比 q= = =3, b2 3 b2 所以 b1= =1,b4=b3q=27. q 设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1=b1=1,a14=b4=27, 所以 1+13d=27,即 d=2, 所以 an=2n-1(n=1,2,3,?). - (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n 1, - 因此 cn=an+bn=2n-1+3n 1, 从而数列{cn}的前 n 项和 - Sn=1+3+?+(2n-1)+1+3+?+3n 1



n(1+2n-1) 1-3n + 2 1-3

3n-1 =n2+ . 2 17. D3、 D4[2016· 全国卷Ⅲ] 已知各项都为正数的数列{an}满足 a1=1, a2 n-(2an+1-1)an -2an+1=0. (1)求 a2,a3; (2)求{an}的通项公式. 1 1 17.解:(1)由题意得 a2= ,a3= . 2 4 2 (2)由 an-(2an+1-1)an-2an+1=0 得 2an+1(an+1)=an(an+1). an+1 1 因为数列{an}的各项都为正数,所以 = , an 2 1 1 故{an}是首项为 1,公比为 的等比数列,因此 an= n-1. 2 2 19.D2,D4,H6[2016· 四川卷] 已知数列{an}的首项为 1,Sn 为数列{an}的前 n 项和, Sn+1=qSn+1,其中 q>0,n∈N*. (1)若 a2,a3,a2+a3 成等差数列,求数列{an}的通项公式; y2 2 2 (2)设双曲线 x2- 2=1 的离心率为 en,且 e2=2,求 e2 1+e2+?+en. an 19.解:(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到 an+2=qan+1,n≥1. 又由 S2=qS1+1 得到 a2=qa1, 故 an+1=qan 对所有 n≥1 都成立. 所以数列{an}是首项为 1,公比为 q 的等比数列, - 从而 an=qn 1. 由 a2,a3,a2+a3 成等差数列,可得 2a3=a2+a2+a3,所以 a3=2a2,故 q=2, - 所以 an=2n 1(n∈N*). - (2)由(1)可知,an=qn 1, y2 2(n-1) 所以双曲线 x2- 2=1 的离心率 en= 1+a2 . n= 1+q an 由 e2= 1+q2=2,解得 q= 3, - 2 2 2 2(n-1) 所以 e2 ]=n+[1+q2+?+q2(n 1)]=n+ 1+e2+?+en=(1+1)+(1+q )+?+[1+q q2n-1 1 =n+ (3n-1). 2 q2-1 19.D2、D4[2016· 山东卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且 an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; + (an+1)n 1 (2)令 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. (bn+2)n 19.解:(1)由题意知,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=6n+5. 当 n=1 时,a1=S1=11,符合上式. 所以 an=6n+5. 设数列{bn}的公差为 d. ? ?a1=b1+b2, ? ?11=2b1+d, 由? 即? ?a2=b2+b3, ? ?17=2b1+3d, ?

? ?b1=4, 解得? ? ?d=3, 所以 bn=3n+1. + (6n+6)n 1 + (2)由(1)知 cn= =3(n+1)· 2n 1. (3n+3)n 由 Tn=c1+c2+?+cn, + 得 Tn=3×[2×22+3×23+?+(n+1)×2n 1], + 2Tn=3×[2×23+3×24+?+(n+1)×2n 2], 两式作差,得

- Tn = 3×[2×22 + 23 + 24 +?+ 2n
+ +

+1

- (n + 1)×2n

+2

] = 3×[4 +

4×(1-2n) - (n + 1-2

1)×2n 2] =-3n· 2n 2, + 所以 Tn=3n· 2 n 2. D5 单元综合 20.A1、D3、D5[2016· 江苏卷] 记 U={1,2,?,100}.对数列{an}(n∈N*)和 U 的子 集 T,若 T=?,定义 ST=0;若 T={t1,t2,?,tk},定义 ST=at1+at2+?+atk.例如:T= {1, 3, 66}时, ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N*)是公比为 3 的等比数列, 且当 T={2, 4}时, ST=30. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意正整数 k(1≤k≤100),若 T?{1,2,?,k},求证:ST<ak+1; (3)设 C?U,D?U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD. - 20.解:(1)由已知得 an=a1·3n 1,n∈N*. 于是当 T={2,4}时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1. 又 ST=30,所以 30a1=30,即 a1=1, - 故数列{an}的通项公式为 an=3n 1,n∈N*. - (2)证明:因为 T?{1,2,?,k},an=3n 1>0,n∈N*, 1 - 所以 ST≤a1+a2+?+ak=1+3+?+3k 1= (3k-1)<3k. 2 因此,ST<ak+1. (3)证明:下面分三种情况证明. ①若 D 是 C 的子集,则 SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD. ②若 C 是 D 的子集,则 SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD. ③若 D 不是 C 的子集,且 C 不是 D 的子集. 令 E=C∩(?UD),F=D∩(?UC),则 E≠?,F≠?,E∩F=?. 于是 SC=SE+SC∩D,SD=SF+SC∩D,进而由 SC≥SD,得 SE≥SF. 设 k 是 E 中最大的数,l 为 F 中最大的数,则 k≥1,l≥1,k≠l. - 由(2)知,SE<ak+1,于是 3l 1=al≤SF≤SE<ak+1=3k,所以 l-1<k,即 l≤k. 又 k≠l,故 l≤k-1, - 3l-1 3k 1-1 ak-1 SE-1 - 从而 SF≤a1+a2+?+al=1+3+?+3l 1= ≤ = ≤ , 2 2 2 2 故 SE≥2SF+1,所以 SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1, 即 SC+SC∩D≥2SD+1. 综合①②③得,SC+SC∩D≥2SD. 22. D5[2016· 上海卷] 对于无穷数列{an}与{bn}, 记 A={x|x=an, n∈N*}, B={x|x=bn, * * n∈N },若同时满足条件:①{an},{bn}均单调递增;②A∩B=?且 A∪B=N ,则称{an}与 {bn}是无穷互补数列. (1)若 an=2n-1,bn=4n-2,判断{an}与{bn}是否为无穷互补数列,并说明理由; (2)若 an=2n 且{an}与{bn}是无穷互补数列,求数列{bn}的前 16 项的和; (3)若{an}与{bn}是无穷互补数列, {an}为等差数列且 a16=36, 求{an}与{bn}的通项公式.

22.解:(1)因为 4?A,且 4?B,所以 4?A∪B, 从而{an}与{bn}不是无穷互补数列. (2)因为 a4=16,所以 b16=16+4=20. 数列{bn}的前 16 项的和为(1+2+?+20)-(2+22+23+24) = 1+20 ×20-(25-2)=180. 2

(3)设{an}的公差为 d,d∈N*,则 a16=a1+15d=36. 由 a1=36-15d≥1,得 d=1 或 2. 若 d=1,则 a1=21,an=n+20,与“{an}与{bn}是无穷互补数列”矛盾;
?n,n≤5, ? 若 d=2,则 a1=6,an=2n+4,bn=? ? ?2n-5,n>5. ?n,n≤5, ? 综上,an=2n+4,bn=? ?2n-5,n>5. ?


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