高中数学培优专题08 数列(解析版)

c1+c2+…+ck+ck+1＜22

＜222，

即n＝k+1时，不等式也成立． 由①②得c1+c2+…+cn＜2

，n∈N*．

32．【2018年江苏20】设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列． （1）设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an﹣bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围； （2）若a1＝b1＞0，m∈N*，q∈（1，

]，证明：存在d∈R，使得|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，m+1均成

立，并求d的取值范围（用b1，m，q表示）．

【解答】解：（1）由题意可知|an﹣bn|≤1对任意n＝1，2，3，4均成立， ∵a1＝0，q＝2，

∴，解得．即d

﹣

．

证明：（2）∵an＝a1+（n﹣1）d，bn＝b1?qn1，

若存在d∈R，使得|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，m+1均成立， 则|b1+（n﹣1）d﹣b1?qn1|≤b1，（n＝2，3，…，m+1），

﹣

即∵q∈（1，

b1≤d

﹣

，（n＝2，3，…，m+1），

]，∴则1＜qn1≤qm≤2，（n＝2，3，…，m+1），

∴

b1≤0，0，

因此取d＝0时，|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，m+1均成立，

下面讨论数列{}的最大值和数列{}的最小值，

①当2≤n≤m时，，

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当1＜q

时，有qn≤qm≤2，

﹣

从而n（qn﹣qn1）﹣qn+2＞0，

因此当2≤n≤m+1时，数列{}单调递增，

故数列{}的最大值为．

②设f（x）＝2x（1﹣x），当x＞0时，f′（x）＝（ln2﹣1﹣xln2）2x＜0， ∴f（x）单调递减，从而f（x）＜f（0）＝1，

当2≤n≤m时，（1）＝f（）＜1，

因此当2≤n≤m+1时，数列{}单调递递减，

故数列{}的最小值为

∴d的取值范围是d∈[

，]．

33．【2018年江苏26】设n∈N*，对1，2，……，n的一个排列i1i2……in，如果当s＜t时，有is＞it，则称（is，it）是排列i1i2……in的一个逆序，排列i1i2……in的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排列231的逆序数为2．记fn（k）为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数． （1）求f3（2），f4（2）的值；

（2）求fn（2）（n≥5）的表达式（用n表示）．

【解答】解：（1）记μ（abc）为排列abc得逆序数，对1，2，3的所有排列，有 μ（123）＝0，μ（132）＝1，μ（231）＝2，μ（321）＝3， ∴f3（0）＝1，f3（1）＝f3（2）＝2，

对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后

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三个位置．

因此，f4（2）＝f3（2）+f3（1）+f3（0）＝5；

（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，∴fn（0）＝1．

逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，fn（1）＝n﹣1． 为计算fn+1（2），当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．

因此，fn+1（2）＝fn（2）+fn（1）+fn（0）＝fn（2）+n．

当n≥5时，fn（2）＝[fn（2）﹣fn﹣1（2）]+[fn﹣1（2）﹣fn﹣2（2）]+…+[f5（2）﹣f4（2）]+f4（2）

＝（n﹣1）+（n﹣2）+…+4+f4（2）．

因此，当n≥5时，fn（2）．

34．【2018年新课标2理科17】记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15． （1）求{an}的通项公式； （2）求Sn，并求Sn的最小值．

【解答】解：（1）∵等差数列{an}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15， ∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2， ∴an＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9； （2）∵a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，

∴Sn

n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，

∴当n＝4时，前n项的和Sn取得最小值为﹣16．

35．【2018年新课标3理科17】等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3． （1）求{an}的通项公式；

（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m． 【解答】解：（1）∵等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3． ∴1×q4＝4×（1×q2）， 解得q＝±2， 当q＝2时，an＝2n﹣

1，

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当q＝﹣2时，an＝（﹣2）n1，

﹣

∴{an}的通项公式为，an＝2n1，或an＝（﹣2）n1．

﹣

﹣

（2）记Sn为{an}的前n项和．

当a1＝1，q＝﹣2时，Sn，

由Sm＝63，得Sm63，m∈N，无解；

当a1＝1，q＝2时，Sn

由Sm＝63，得Sm＝2m﹣1＝63，m∈N， 解得m＝6．

2n﹣1，

36．【2018年浙江20】已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5＝28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{（bn+1﹣bn）an}的前n项和为2n2+n． （Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．

【解答】解：（Ⅰ）等比数列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5＝28，a4+2是a3，a5的等差中项， 可得2a4+4＝a3+a5＝28﹣a4， 解得a4＝8，

由8+8q＝28，可得q＝2（舍去），

则q的值为2；

（Ⅱ）设cn＝（bn+1﹣bn）an＝（bn+1﹣bn）2n1，

﹣

可得n＝1时，c1＝2+1＝3，

n≥2时，可得cn＝2n2+n﹣2（n﹣1）2﹣（n﹣1）＝4n﹣1， 上式对n＝1也成立， 则（bn+1﹣bn）an＝4n﹣1，

即有bn+1﹣bn＝（4n﹣1）（）n1， ?

﹣

可得bn＝b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+…+（bn﹣bn﹣1）

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