数列的综合应用.docx

1、数列的综合应用6.4数列的综合应用考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.数列求和掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法掌握2017课标全国,12;2016课标全国,17解答题2.数列的综合应用能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,抽象出数列的模型,并能用有关知识解决相应的问题掌握2017山东,19;2015福建,8;2013重庆,12选择题解答题分析解读1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消

2、法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和 1.(2017课标全国,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440 B.330 C.220 D.110答案A2.(2017课标全国,15,5分)等差数列

3、an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=.答案3.(2015课标,16,5分)设Sn是数列an的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.答案-4.(2016课标全国,17,12分)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lg an,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1 000项和.解析(1)设an的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以an的通项公式为an=n.b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.(6分)(2)因为bn=

4、(9分)所以数列bn的前1 000项和为190+2900+31=1 893.(12分)5.(2015课标,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an0,+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=,求数列bn的前n项和.解析(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.可得-+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).由于an0,可得an+1-an=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以an是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)(2)由an=

5、2n+1可知bn=.设数列bn的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+bn=.(12分)教师用书专用(612)6.(2016北京,12,5分)已知an为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.答案67.(2013湖南,15,5分)设Sn为数列an的前n项和,Sn=(-1)nan-,nN*,则(1)a3=;(2)S1+S2+S100=.答案(1)-(2)8.(2015天津,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式;(2)设bn=,nN*,求

6、数列bn的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q1,所以a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=;当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k=.所以an的通项公式为an=(2)由(1)得bn=.设bn的前n项和为Sn,则Sn=1+2+3+(n-1)+n,Sn=1+2+3+(n-1)+n,上述两式相减,得Sn=1+-=-=2-,整理得,Sn=4-.所以数列bn的前n项和为4-,nN*.9.(2014山东,19,12

7、分)已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=(-1)n-1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)S1=a1,S2=2a1+2=2a1+2,S4=4a1+2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,Tn=-+-=1-=.当n为正奇数时,Tn=-+-+=1+=.所以Tn=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列an中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)

8、求d,an;(2)若d0,求|a1|+|a2|+|a3|+|an|.解析(1)由题意得5a3a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以an=-n+11,nN*或an=4n+6,nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11,则当n11时,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn=-n2+n.当n12时,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列an,bn(bn0,nN*)满足

9、anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令cn=,求数列cn的通项公式;(2)若bn=3n-1,求数列an的前n项和Sn.解析(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn0(nN*),所以-=2,即cn+1-cn=2.所以数列cn是以1为首项,2为公差的等差数列,故cn=2n-1.(2)由(1)及bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列an的前n项和Sn=130+331+532+(2n-1)3n-1,3Sn=131+332+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n,相减得-2Sn=1+2(31+32+3n-1)-(2n-1)3n=-2-(2n

10、-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列an的前n项和Sn满足:-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.(1)求数列an的通项公式an;(2)令bn=,数列bn的前n项和为Tn.证明:对于任意的nN*,都有Tn0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列an的通项公式为an=2n.(2)证明:由于an=2n,bn=,所以bn=-.Tn=1-+-+-+-+-=0,q0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等

11、于()A.6 B.7 C.8 D.9答案D2.(2013重庆,12,5分)已知an是等差数列,a1=1,公差d0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=.答案643.(2017山东,19,12分)已知xn是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列xn的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列xn的公比为q,由已

12、知知q0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q0,所以q=2,x1=1.因此数列xn的通项公式为xn=2n-1.(2)过P1,P2,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,由题意bn=2n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2,2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=+-(2n+1)2n-1.所

13、以Tn=.教师用书专用(413)4.(2013课标全国,12,5分)设AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,.若b1c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则()A.Sn为递减数列B.Sn为递增数列C.S2n-1为递增数列,S2n为递减数列D.S2n-1为递减数列,S2n为递增数列答案B5.(2015安徽,18,12分)设nN*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列xn的通项公式;(2)记Tn=,证明:Tn.解析(1)y=(x2n+2+1)=(2n+2)x2n+1,曲线y=x

14、2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知Tn=.当n=1时,T1=.当n2时,因为=.所以Tn=.综上可得对任意的nN*,均有Tn.6.(2015重庆,22,12分)在数列an中,a1=3,an+1an+an+1+=0(nN+).(1)若=0,=-2,求数列an的通项公式;(2)若=(k0N+,k02),=-1,证明:2+0,归纳可得3=a1a2anan+10.因为an+1=an-+,所以对n=1,2,k0求和得=a1+(a2-a1)+(-)=a1-

15、k0+2+=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1a22,得=a1-k0+2+=2+.综上,2+2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列an的各项均为正数,bn=an(nN+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-ex的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令cn=(a1a2an,数列an,cn的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:Tn0,即x0时, f(x)单调递增;当f (x)0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-,0),单调递减区间为(0,+).当x0时, f(x)f(0)=0,即1+xex.令x=,得1+,即

16、e.(2)=1=1+1=2;=22=(2+1)2=32;=323=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.下面用数学归纳法证明.(i)当n=1时,左边=右边=2,成立.(ii)假设当n=k时,成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,bk+1=(k+1)ak+1,由归纳假设可得=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,也成立.根据(i)(ii),可知对一切正整数n都成立.(3)由cn的定义,算术-几何平均不等式,bn的定义及得Tn=c1+c2+c3+cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3+(a1a2an=+=b1+b2+bn=b1+b2+bn+=a1+a2+anea

17、1+ea2+ean=eSn.即Tn0,nN,n2.(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则Fn(1)=n-10,Fn=1+-2=-2=-0,故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,即-2=0,故xn=+.(2)解法一:由题设知,gn(x)=.设h(x)=fn(x)-gn(

18、x)=1+x+x2+xn-,x0.当x=1时, fn(x)=gn(x).当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1-.若0xxn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.若x1,则h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减,所以h(x)h(1)=0,即fn(x)gn(x).综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x);当x1时, fn(x)0.当x=1时, fn(x)=gn(x).当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x).当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)20,所

19、以f2(x)g2(x)成立.假设n=k(k2)时,不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)+xk+10),则hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以当0x1时,hk(x)1时,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上递增.所以hk(x)hk(1)=0,从而gk+1(x).故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由和知,对一切n2的整数,都有fn(x)0(2kn),当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).当x1时,mk(x)=nxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2

20、(xn-k+1-1).而2kn,所以k-10,n-k+11.若0x1,则xn-k+11,mk(x)1,则xn-k+11,mk(x)0,从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增,所以mk(x)mk(1)=0,所以当x0且x1时,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x).综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x);当x1时, fn(x)0,c30,c40;当n5时,cn=,而-=0,得1,所以,当n5时,cn60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设数列an的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+

21、d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)4=4n-2,从而得数列an的通项公式为an=2或an=4n-2.(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n60n+800成立.当an=4n-2时,Sn=2n2.令2n260n+800,即n2-30n-4000,解得n40或n60n+800成立,n的最小值为41.综上,当an=2时,不存在满足题意的n;当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列an满足a1=1,|an+1-an|=pn,nN*.(1)若an是递增数列,且a

22、1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且a2n-1是递增数列,a2n是递减数列,求数列an的通项公式.解析(1)因为an是递增数列,所以|an+1-an|=an+1-an=pn.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,an+1=an,这与an是递增数列矛盾.故p=.(2)由于a2n-1是递增数列,因而a2n+1-a2n-10,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0.但,所以|a2n+1-a2n|0,因此a2n-a2n-1=.因为a2n是递减数列,

23、同理可得,a2n+1-a2n0,故a2n+1-a2n=-=.由,知,an+1-an=.于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+-+=1+=+,故数列an的通项公式为an=+.12.(2013山东,20,12分)设等差数列an的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列bn的前n项和为Tn,且Tn+=(为常数),令cn=b2n(nN*),求数列cn的前n项和Rn.解析(1)设等差数列an的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2an+1得解得a1=1,d=2.因此an=2n-1,nN*.(2)由题意知Tn=

24、-,所以n2时,bn=Tn-Tn-1=-+=.故cn=b2n=(n-1),nN*.所以Rn=0+1+2+3+(n-1),则Rn=0+1+2+(n-2)+(n-1),两式相减得Rn=+-(n-1)=-(n-1)=-,整理得Rn=.所以数列cn的前n项和Rn=.13.(2013广东,19,14分)设数列an的前n项和为Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,nN*.(1)求a2的值;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有+.解析(1)依题意得,2S1=a2-1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n2时,2Sn=nan+1-n3-n2-n,2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-, 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1