2019高考数学一轮复习第六章数列6.4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 掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法 要求 高考示例 2017课标全国Ⅰ,12; 2016课标全国Ⅱ,17 常考题型 预测热度 1.数列求和 掌握 解答题 ★★★ 能在具体的问题情境中识别数列的等2017山东,19; 选择题 2.数列的综合应用 差关系或等比关系,抽象出数列的模掌握 2015福建,8; ★★★ 解答题 型,并能用有关知识解决相应的问题 2013重庆,12 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

0

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2,接下

01012

来的两项是2,2,再接下来的三项是2,2,2,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.440 B.330 C.220 D.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=[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=(9分)

1

所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(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

n*

7.(2013湖南,15,5分)设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)an-,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.

*k-1

当n=2k-1(k∈N)时,an=a2k-1=2=;

*k

当n=2k(k∈N)时,an=a2k=2=. 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;

n-1

(2)令bn=(-1),求数列{bn}的前n项和Tn.

2

解析 (1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2, S4=4a1+×2=4a1+12,

2

由题意得(2a1+2)=a1(4a1+12), 解得a1=1, 所以an=2n-1.

n-1n-1

(2)bn=(-1)=(-1)

n-1

=(-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|.

2

解析 (1)由题意得5a3·a1=(2a2+2),

2

即d-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,

2

|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n+n.

2

当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n-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;

n-1

(2)若bn=3,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.

n-1n-1

(2)由(1)及bn=3知an=cnbn=(2n-1)3,

012n-1

于是数列{an}的前n项和Sn=1·3+3·3+5·3+…+(2n-1)·3,

12n-1n

3Sn=1·3+3·3+…+(2n-3)·3+(2n-1)·3,

12n-1nn

相减得-2Sn=1+2·(3+3+…+3)-(2n-1)·3=-2-(2n-2)3,

n

所以Sn=(n-1)3+1.

22

12.(2013江西,17,12分)正项数列{an}的前n项和Sn满足:-(n+n-1)Sn-(n+n)=0. (1)求数列{an}的通项公式an;

3

(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<.

222

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

2

由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n+n.

22

于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+n-(n-1)-(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

2

1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x-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.6 B.7 C.8 D.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

2

所以3q-5q-2=0. 因为q>0,

所以q=2,x1=1.

n-1

因此数列{xn}的通项公式为xn=2.

(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.

nn-1n-1

由(1)得xn+1-xn=2-2=2, 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,

n-1n-2

由题意bn=×2=(2n+1)×2, 所以Tn=b1+b2+…+bn

-101n-3n-2

=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)×2+(2n+1)×2,①

012n-2n-1

2Tn=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)×2+(2n+1)×2.② ①-②得

4

-Tn=3×2+(2+2+…+2)-(2n+1)×2

n-1

=+-(2n+1)×2. 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

*2n+2

5.(2015安徽,18,12分)设n∈N,xn是曲线y=x+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≥.

2n+22n+12n+2

解析 (1)y'=(x+1)'=(2n+2)x,曲线y=x+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.

n-1n-1

故an=a1q=3·2.

(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.

-12n-1n-1

5

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