高考数学一轮复习第六章数列64数列的综合应用练习理.docx

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高考数学一轮复习第六章数列64数列的综合应用练习理

§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Ⅰ,12;

2016课标全国Ⅱ,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Ⅰ,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:

N>100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.440B.330

C.220D.110

答案　A

2.（2017课标全国Ⅱ,15,5分）等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　. 

答案　

3.（2015课标Ⅱ,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Ⅱ,17,12分）Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lgan],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.

（1）求b1,b11,b101;

（2）求数列{bn}的前1000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=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.（6分）

（2）因为bn=（9分）

所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.（12分）

5.（2015课标Ⅰ,17,12分）Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+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an>0,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=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（6—12）

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　6

7.（2013湖南,15,5分）设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=（-1）nan-,n∈N*,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q≠1）,n∈N*,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=,n∈N*,求数列{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q≠1,所以a3=a2=2,

由a3=a1·q,得q=2.

当n=2k-1（k∈N*）时,an=a2k-1=2k-1=;

当n=2k（k∈N*）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-,n∈N*.

9.（2014山东,19,12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）求d,an;

（2）若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.

解析　

（1）由题意得5a3·a1=（2a2+2）2,

即d2-3d-4=0.

故d=-1或d=4.

所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.

（2）设数列{an}的前n项和为Sn.

因为d<0,所以由

（1）得d=-1,an=-n+11,则当n≤11时,

|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n2+n.

当n≥12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}（bn≠0,n∈N*）满足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,bn≠0（n∈N*）,

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=1·30+3·31+5·32+…+（2n-1）·3n-1,

3Sn=1·31+3·32+…+（2n-3）·3n-1+（2n-1）·3n,

相减得-2Sn=1+2·（31+32+…+3n-1）-（2n-1）·3n=-2-（2n-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n∈N*,都有Tn<.

解析　

（1）由-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0,得[Sn-（n2+n）]·（Sn+1）=0.

由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n.

于是a1=S1=2,n≥2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-+-+-+…+-+-

=<=.

考点二　数列的综合应用

1.（2015福建,8,5分）若a,b是函数f（x）=x2-px+q（p>0,q>0）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的值等于（　　）

A.6B.7C.8D.9

答案　D

2.（2013重庆,12,5分）已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=　　　　. 

答案　64

3.（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P1P2…Pn+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,由已知知q>0.

由题意得

所以3q2-5q-2=0.

因为q>0,

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

=3×2-1+5×20+7×21+…+（2n-1）×2n-3+（2n+1）×2n-2,①

2Tn=3×20+5×21+7×22+…+（2n-1）×2n-2+（2n+1）×2n-1.②

①-②得

-Tn=3×2-1+（2+22+…+2n-1）-（2n+1）×2n-1

=+-（2n+1）×2n-1.

所以Tn=.

教师用书专用（4—13）

4.（2013课标全国Ⅰ,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b1>c1,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　B

5.（2015安徽,18,12分）设n∈N*,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=x2n+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n≥2时,因为==>

==.

所以Tn>×××…×=.

综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥.

6.（2015重庆,22,12分）在数列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μ=0（n∈N+）.

（1）若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式;

（2）若λ=（k0∈N+,k0≥2）,μ=-1,证明:

2+<<2+.

解析　

（1）由λ=0,μ=-2,得an+1an=2（n∈N+）.若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,an≠0.

从而an+1=2an（n∈N+）,即{an}是一个公比q=2的等比数列.

故an=a1qn-1=3·2n-1.

（2）证明:

若λ=,μ=-1,则数列{an}的递推关系式变为

an+1an+an+1-=0,变形为an+1=（n∈N+）.

由上式及a1=3>0,归纳可得

3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.

因为an+1===an-+·,

所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+（a2-a1）+…+（-）

=a1-k0·+·>2+·=2+.

另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,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（n∈N+）,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=（a1a2…an,数列{an},{cn}的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:

Tn

解析　

（1）f（x）的定义域为（-∞,+∞）,f'（x）=1-ex.

当f'（x）>0,即x<0时,f（x）单调递增;

当f'（x）<0,即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x>0时,f（x）

令x=,得1+<,即

（2）=1×=1+1=2;

=·=2×2×=（2+1）2=32;

=·=32×3×=（3+1）3=43.

由此推测:

=（n+1）n.②

下面用数学归纳法证明②.

（i）当n=1时,左边=右边=2,②成立.

（ii）假设当n=k时,②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,②也成立.

根据（i）（ii）,可知②对一切正整数n都成立.

（3）由cn的定义,②,算术-几何平均不等式,bn的定义及①得

Tn=c1+c2+c3+…+cn=（a1+（a1a2+（a1a2a3+…+（a1a2…an

=+++…+

≤+++…+

=b1+b2

+…+bn·

=b1+b2+…+bn

<++…+=a1+a2+…+an

8.（2015陕西,21,12分）设fn（x）是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.

（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-1>0,

Fn=1+++…+-2=-2

=-<0,

所以Fn（x）在内至少存在一个零点.

又F'n（x）=1+2x+…+nxn-1>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（x）=1+x+x2+…+xn-,x>0.

当x=1时,fn（x）=gn（x）.

当x≠1时,h'（x）=1+2x+…+nxn-1-.

若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-xn-1

=xn-1-xn-1=0.

若x>1,则h'（x）

=xn-1-xn-1=0.

所以h（x）在（0,1）上递增,在（1,+∞）上递减,

所以h（x）

（1）=0,即fn（x）

综上所述,当x=1时,fn（x）=gn（x）;

当x≠1时,fn（x）

解法二:

由题设,fn（x）=1+x+x2+…+xn,gn（x）=,x>0.

当x=1时,fn（x）=gn（x）.

当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn（x）

①当n=2时,f2（x）-g2（x）=-（1-x）2<0,所以f2（x）

②假设n=k（k≥2）时,不等式成立,即fk（x）

那么,当n=k+1时,

fk+1（x）=fk（x）+xk+1

=.

又gk+1（x）-=,

令hk（x）=kxk+1-（k+1）xk+1（x>0）,

则h'k（x）=k（k+1）xk-k（k+1）xk-1=k（k+1）xk-1（x-1）.

所以当0

当x>1时,h'k（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）

由①和②知,对一切n≥2的整数,都有fn（x）

解法三:

由已知,记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k=1,2,…,n+1.

则a1=b1=1,an+1=bn+1=xn,

所以ak=1+（k-1）·（2≤k≤n）,

bk=xk-1（2≤k≤n）,

令mk（x）=ak-bk=1+-xk-1,x>0（2≤k≤n）,

当x=1时,ak=bk,所以fn（x）=gn（x）.

当x≠1时,m'k（x）=·nxn-1-（k-1）xk-2

=（k-1）xk-2（xn-k+1-1）.

而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.

若01,则xn-k+1>1,m'k（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x>0且x≠1时,ak>bk（2≤k≤n）,

又a1=b1,an+1=bn+1,故fn（x）

综上所述,当x=1时,fn（x）=gn（x）;

当x≠1时,fn（x）

9.（2014浙江,19,14分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（（n∈N*）.若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.

（1）求an与bn;

（2）设cn=-（n∈N*）.记数列{cn}的前n项和为Sn.

（i）求Sn;

（ii）求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.

解析　

（1）由a1a2a3…an=（,b3-b2=6,

知a3=（=8.

又由a1=2,得公比q=2（q=-2舍去）,所以数列{an}的通项为an=2n（n∈N*）,

所以,a1a2a3…an==（）n（n+1）.

故数列{bn}的通项为bn=n（n+1）（n∈N*）.

（2）（i）由

（1）知cn=-=-（n∈N*）,

所以Sn=-（n∈N*）.

（ii）因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;

当n≥5时,cn=,

而-=>0,

得≤<1,

所以,当n≥5时,cn<0.

综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.

10.（2014湖北,18,12分）已知等差数列{an}满足:

a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+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+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2n<60n+800,

此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.

当an=4n-2时,Sn==2n2.

令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,

解得n>40或n<-10（舍去）,

此时存在正整数n,使得Sn>60n+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,n∈N*.

（1）若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3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-1>0,

于是（a2n+1-a2n）+（a2n-a2n-1）>0.①

但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②

由①,②知,a2n-a2n-1>0,

因此a2n-a2n-1==.③

因为{a2n}是递减数列,

同理可得,a2n+1-a2n<0,故

a2n+1-a2n=-=.④

由③,④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+=λ（λ为常数）,令cn=b2n（n∈N*）,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,n∈N*.

（2）由题意知Tn=λ-,

所以n≥2时,

bn=Tn-Tn-1=-+=.

故cn=b2n==（n-1）,n∈N*.

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-,n∈N*.

（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n≥2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（