重難增分訓練（三） 數列的綜合問題1已知函數f(x)xsin x，項數為19的等差數列an滿足an，且公差d0.若f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)0，則當k_時，f(ak)0.解析：因為函數f(x)xsin x是奇函數，所以圖象關于原點對稱，圖象過原點，而等差數列an有19項，an，若f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)0，則必有f(a10)0，所以k10.答案：102.如圖，在等腰直角三角形ABC 中，斜邊BC2.過點 A作BC 的垂線，垂足為A1 ；過點 A1作 AC的垂線，垂足為 A2；過點A2 作A1C 的垂線，垂足為A3 ；，依此類推設BAa1 ，AA1a2 , A1A2a3 ， A5A6a7 ，則 a7_.解析：法一(直接遞推歸納)：等腰直角三角形ABC中，斜邊BC2，所以ABACa12，AA1a2，A1A2a31，A5A6a7a16.法二(求通項)：等腰直角三角形ABC中，斜邊BC2，所以ABACa12，AA1a2，An1Anan1sinanan2n，故a726.答案：3已知數列bn的通項公式為bn3n1，Tn為bn的前n項和若對任意nN*，不等式2n7恒成立，則實數k的取值范圍為_解析：因為bn3n1，所以Tn36.因為不等式2n7，化簡得k對任意nN*恒成立設cn，則cn1cn.當n5時，cn1cn，cn為單調遞減數列，當1ncn，cn為單調遞增數列，c4an，所以數列an單調遞增且各項均為正數，所以1，所以1.答案：(1)1(2)15已知函數fn(x)a1xa2x2a3x3anxn，且fn(1)(1)nn，nN*.(1)求數列an的通項公式；(2)設函數g(n)cng(2n4)，nN*，求數列cn的前n項和Tn.解：(1)依題意，得fn(1)a1a2a3(1)nan(1)nn，當n2時，fn1(1)a1a2a3(1)n1an1(1)n1(n1)，兩式相減，得(1)nan(1)nn(1)n1(n1)(1)n(2n1)，即an2n1.當n1時，f1(1)a11，得a11，符合上式，所以an2n1.數列an的通項公式為an2n1.(2)由g(n)得c1g(6)g(3)a35，c2g(8)g(4)g(2)g(1)a11，當n3時，cng(2n4)g(2n12)g(2n21)a2n212(2n21)12n11，所以當n3時，Tn51(221)(231)(2n11)6(n2)2nn，當n2時，也符合上式于是Tn6(2017昆明模擬)已知數列an滿足a1，an1.證明：(1)an1an1；(2)a1a2an0，所以an11與an1同號，由a1，可知an10，所以an0，則an1anan0，所以an1an.綜上an1an1.(2)由an1，可知1，所以1，即.可得an.所以anan1an1an2an1an2a2a1，所以a1a2an1.7已知曲線C：y22x(y0)，A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，An(xn，yn)，是曲線C上的點，且滿足0x1x2xn，一列點Bi(ai,0)(i1,2，)在x軸上，且Bi1AiBi(B0是坐標原點)是以Ai為直角頂點的等腰直角三角形(1)求A1，B1的坐標 ；(2)求數列yn的通項公式；(3)令bn，cn，分別求數列bn，cn的前n項和Sn，Tn.解：(1)B0A1B1是以A1為直角頂點的等腰直角三角形，直線B0A1的方程為yx.由得x1y12，即點A1的坐標為(2,2)，進而得B1(4,0)(2)根據Bn1AnBn和BnAn1Bn1分別是以An和An1為直角頂點的等腰直角三角形，可得即xnynxn1yn1.(*)An和An1均在曲線C：y22x(y0)上，y2xn，y2xn1，xn，xn1，代入(*)式得yy2(yn1yn)，yn1yn2(nN*)，數列yn是以y12為首項，2為公差的等差數列，其通項公式為yn2n(nN*)(3)由(2)可知，xny2n2，anxnyn2n(n1)，bn，cn.Snb1b2bn.Tnc1c2c3cn.8(2017杭州模擬)已知數列an，點P(n，an)在函數f(x)x的圖象上(1)求數列an的通項公式，并求出其前n項和Sn；(2)若從an中抽取一個公比為q的等比數列akn，其中k11，且k1k2knkn1有解？若存在，求出所有符合條件的q值；若不存在，請說明理由解：(1)因為點P(n，an)在函數f(x)x的圖象上，所以ann.當n2時，anan1(常數)，所以，數列an是首項為a12，公差為d的等差數列，所以Sn.(2)存在正整數q，使得關于n(nN*)的不等式6Snkn1有解，求解如下：因為ak1a12，akn2qn1，得kn3qn12，顯然q1，所以當q1且qN*時，所有的kn3qn12均為正整數，符合題意；要使不等式6Snkn1有解，即2n(n5)3qn2有解，則1有解，經檢驗，當q2，q3，q4時，n1都是1的解，符合題意；下面證明當q5時，1無解設bn，則bn1bn，因為0,1q0，所以f(n)2(1q)n2(75q)n7q在nN*上單調遞減，又f(1)0，則f(n)0恒成立，可得bn1bn0，所以bnb1恒成立，又當q5時，b11無解，不符合題意綜上所述，存在正整數q，使得關于n(nN*)的不等式6Snkn1有解，且q的所有取值為2,3,4.9(2017嘉興模擬)已知無窮數列an滿足：a1，a2an2an10(n2)(1)試判斷數列an的單調性；(2)求證：0an；an1，所以數列an為遞增數列(2)證明：由a2an2an10(n2)得a2an112an1，則(an1)212an10，an1，當an1時有an1，這顯然矛盾，anan1得ana10，0an.由a2an2an10(n2)得2an1an(2an)，則，(n2)，a1，由可知0anan，0，2 018，即2 018.10(2017紹興模擬)已知數列an滿足：a1a(0,1)，且0an1；(3)設Tn為數列bn的前n項和，求證：Tn0