第二部分专题三第二讲冲刺直击高考

1．已知数列{an}的前n项和Sn＝－12n2＋kn(其中k∈N+)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列9－2an2n的前n项和Tn.解：(1)当n＝k∈N＋时，Sn＝－12n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－12k2＋k2＝12k2，故k2＝16，因此k＝4，从而an＝Sn－Sn－1＝92－n(n≥2)．又因为a1＝S1＝72，所以an＝92－n.(2)因为bn＝9－2an2n＝n2n－1，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋22＋322＋…＋n－12n－2＋n2n－1，2Tn＝2＋2＋32＋422＋…＋n2n－2.所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋12＋…＋12n－2－n2n－1＝4－12n－2－n2n－1＝4－n＋22n－1.2．(2012·郑州模拟)已知等差数列{an}满足：a5＝9，a2＋a6＝14.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝an＋qan(q0)，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则由a5＝9，a2＋a6＝14，得a1＋4d＝9，2a1＋6d＝14，解得a1＝1，d＝2，所以{an}的通项an＝2n－1.(2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1.当q0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝n2＋q1－q2n1－q2；当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1)．所以数列{bn}的前n项和Sn＝nn＋1，q＝1n2＋q1－q2n1－q2，q0且q≠1.3．(2012·武汉模拟)已知前n项和为Sn的等差数列{an}的公差不为零，且a2＝3，又a4，a5，a8成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数对(n，k)，使得nan＝kSn？若存在，求出所有的正整数对(n，k)；若不存在，请说明理由．解：(1)因为a4，a5，a8成等比数列，所以a25＝a4a8.设数列{an}的公差为d，则(a2＋3d)2＝(a2＋2d)(a2＋6d)．将a2＝3代入上式化简整理得d2＋2d＝0.又因为d≠0，所以d＝－2.于是an＝a2＋(n－2)d＝－2n＋7，即数列{an}的通项公式为an＝－2n＋7.(2)假设存在正整数对(n，k)，使得nan＝kSn，则由(1)知Sn＝na1＋an2＝6n－n2.于是k＝nanSn＝n7－2n6n－n2＝2n－7n－6＝2＋5n－6.因为k为正整数，所以n－6≤5，即n≤11，且5能被n－6整除，故当且仅当n－6＝±5，或n－6＝1时，k为正整数．即当n＝1时，k＝1；n＝11时，k＝3；n＝7时，k＝7.故存在正整数对(1,1)，(11,3)，(7,7)，使得nan＝kSn成立．4．(2012·嘉兴模拟)甲、乙两容器中分别盛有浓度为10%、20%的某种溶液500mL，同时从甲、乙两个容器中各取出100mL溶液，将其倒入对方的容器搅匀，这称为一次调和．经n－1(n≥2，n∈N+)次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为an、bn.记a1＝10%，b1＝20%.(1)试用an－1，bn－1表示an，bn；(2)求证：数列{an－bn}是等比数列，数列{an＋bn}是常数数列；(3)求数列{an}，{bn}的通项公式．解：(1)由题意知，an＝400an－1＋100bn－1500＝45an－1＋15bn－1，bn＝400bn－1＋100an－1500＝45bn－1＋15an－1.(2)证明：由(1)知，an－bn＝35(an－1－bn－1)，又因为a1－b1≠0，所以数列{an－bn}是等比数列；an＋bn＝an－1＋bn－1＝…＝a1＋b1＝30%，所以数列{an＋bn}是常数数列．(3)因为a1－b1＝－10%，数列{an－bn}是公比为35的等比数列，所以an－bn＝－10%×35n－1.又因为an＋bn＝30%，所以an＝－5%×35n－1＋15%，bn＝5%×35n－1＋15%.5．已知正项等比数列{an}满足：log3a1＋log3a3＝4，log3a5＋log3a7＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Tn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，数列{bn}满足：bn＝12Tn；若存在n∈N*，使不等式m(b1＋b2＋…＋bn)34n成立，求实数m的取值范围．解：(1)设正项等比数列{an}的公比为q，根据题意得a1a3＝a22＝34，则a2＝32，同理得a6＝36，由a6＝a2q4，可得q＝3.故an＝3n，n∈N*.(2)∵Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝12n(n＋1)，∴bn＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴b1＋b2＋…＋bn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.设f(n)＝nn＋134n，则f(n＋1)－f(n)＝－34n·n＋3n－14n＋1n＋2≤0，∴f(1)＝f(2)f(3)f(4)…，∴f(n)≤f(1)＝38.故m的取值范围是－∞，38.6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn；(3)若cn＝tn[lg(2t)n＋lgan＋2](0t1)，且数列{cn}中的每一项总小于它后面的项，求实数t的取值范围．解：(1)∵3Sn－3Sn－1＝5an－an－1，∴2an＝an－1，即anan－1＝12.∴数列{an}是公比为12的等比数列．∵a1＝2，∴an＝2·12n－1＝22－n.(2)∵bn＝(2n－1)·22－n，∴Tn＝1×2＋3×20＋…＋(2n－3)×23－n＋(2n－1)×22－n，①等式两边同乘以12，得12Tn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)×22－n＋(2n－1)×21－n，②①－②可得12Tn＝2＋2×(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)×21－n＝2＋2[1－2－1n－1]1－2－1－(2n－1)×21－n.∴Tn＝12－(2n＋3)×22－n.(3)由题知，cn＝tn(nlg2＋nlgt＋lg2－n)＝ntnlgt.∵cncn＋1，∴ntnlgttn＋1(n＋1)lgt.∵0t1，∴nlgtt(n＋1)lgt.∵lgt0，∴nt(n＋1)，即tnn＋1.∵n∈N*，nn＋1＝11＋1n≥12，∴0t12.即t的取值范围是0，12.