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.doc

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1、16.4 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

2、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,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2 0,接下来的两项是2 0,21,再接下来的三项是2 0,21,22,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.330C.220 D.110答案 A2.(2017课标全国,1

3、5,5分)等差数列a n的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= . 答案 3.(2015课标,16,5分)设S n是数列a n的前n项和,且a 1=-1,an+1=SnSn+1,则S n= . 答案 -4.(2016课标全国,17,12分)S n为等差数列a n的前n项和,且a 1=1,S7=28.记b n=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b 1,b11,b101;(2)求数列b n的前1 000项和.解析 (1)设a n的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以a n的通项公式为a n=n.b1=lg 1=0,b11=lg

4、11=1,b101=lg 101=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列b n的前1 000项和为190+2900+31=1 893.(12分)5.(2015课标,17,12分)S n为数列a n的前n项和.已知a n0,+2an=4Sn+3.(1)求a n的通项公式;(2)设b n=,求数列b n的前n项和.解析 (1)由+2a n=4Sn+3,可知+2a n+1=4Sn+1+3.可得-+2(a n+1-an)=4an+1,即2(a n+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).2由于a n0,可得a n+1-an=2.又+2a 1=4a1+3,解得a 1=-1(舍去)或

5、a 1=3.所以a n是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(6分)(2)由a n=2n+1可知bn=.设数列b n的前n项和为T n,则Tn=b1+b2+bn=.(12分)教师用书专用(612)6.(2016北京,12,5分)已知a n为等差数列,S n为其前n项和.若a 1=6,a3+a5=0,则S 6= . 答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列a n的前n项和,S n=(-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a n满足a n+2=qan(q为实

6、数,且q1),nN *,a1=1,a2=2,且a 2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和a n的通项公式;(2)设b n=,nN *,求数列b n的前n项和.解析 (1)由已知,有(a 3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a 4-a2=a5-a3,所以a 2(q-1)=a3(q-1).又因为q1,所以a 3=a2=2,由a 3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN *)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(kN *)时,a n=a2k=2k=.所以a n的通项公式为a n=(2)由(1)得b n=.设b n的前n项和为S n,则S n

7、=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,S n=4-.所以数列b n的前n项和为4-,nN *.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列a n的公差为2,前n项和为S n,且S 1,S2,S4成等比数列.(1)求数列a n的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列b n的前n项和T n.解析 (1)S 1=a1,S2=2a1+2=2a1+2,S4=4a1+2=4a1+12,由题意得(2a 1+2)2=a1(4a1+12),解得a 1=1,所以a n=2n-1.(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1

8、)n-1.当n为正偶数时,Tn=-+-=1-=.当n为正奇数时,Tn=-+- + + + =1+=.3所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列a n中,已知a 1=10,且a 1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d0,Sn=n2+n.于是a 1=S1=2,n2时,a n=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列a n的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,bn=,所以b n= - .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

9、后成等比数列,则p+q的值等于( )A.6 B.7 C.8 D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知a n是等差数列,a 1=1,公差d0,S n为其前n项和,若a 1,a2,a5成等比数列,则S 8= . 答案 6443.(2017山东,19,12分)已知x n是各项均为正数的等比数列,且x 1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列x n的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P 1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P 1P2Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x 1,x=xn+1所围成的区域的面积T n.解析 本题考查等比

10、数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列x n的公比为q,由已知知q0.由题意得所以3q 2-5q-2=0.因为q0,所以q=2,x 1=1.因此数列x n的通项公式为x n=2n-1.(2)过P 1,P2,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q 1,Q2,Qn+1.由(1)得x n+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形P nPn+1Qn+1Qn的面积为b n,由题意b n=2n-1=(2n+1)2n-2,所以T n=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-

11、Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=+-(2n+1)2n-1.所以T n=.教师用书专用(413)4.(2013课标全国,12,5分)设A nBnCn的三边长分别为a n,bn,cn,A nBnCn的面积为S n,n=1,2,3,.若b 1c1,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,S 2n为递减数列D.S2n-1为递减数列,S 2n为递增数列答案 B5.(2015安徽,18,12分)设nN *,xn是曲线y=x 2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数

12、列x n的通项公式;(2)记T n=,证明:T n.解析 (1)y=(x 2n+2+1)=(2n+2)x2n+1,曲线y=x 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x n=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知Tn=.当n=1时,T 1=.当n2时,因为=.所以T n=.综上可得对任意的nN *,均有T n.6.(2015重庆,22,12分)在数列a n中,a 1=3,an+1an+a n+1+=0(nN +).5(1)若=0,=-2,求数列a n的通项公式;(2)若=(k 0N +,k02

13、),=-1,证明:2+0,归纳可得3=a1a2anan+10.因为a n+1=an-+,所以对n=1,2,k 0求和得=a 1+(a2-a1)+(-)=a1-k0+2+=2+.另一方面,由上已证的不等式知a 1a22,得=a1-k0+0,即x0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)0,nN,n2.(1)证明:函数F n(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(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g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明

14、.解析 (1)证明:F n(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则F n(1)=n-10,Fn=1+-2=-2=-0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(xn)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-,x0.当x=1时, f n(x)=gn(x).当x1时,h(x)=1+2x+nx n-1-.若0x n-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.若x1,则h(x)0.当x=1时, f n(x)=g

15、n(x).当x1时,用数学归纳法可以证明f n(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01时,h k(x)0,hk(x)在(1,+)上递增.所以h k(x)hk(1)=0,从而g k+1(x).故f k+1(x)0(2kn),7当x=1时,a k=bk,所以f n(x)=gn(x).当x1时,m k(x)=nxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).而2kn,所以k-10,n-k+11.若01,则x n-k+11,mk(x)0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增,所以m k(x)m

16、k(1)=0,所以当x0且x1时,a kbk(2kn),又a 1=b1,an+1=bn+1,故f n(x)0,c30,c40;当n5时,c n=,而-=0,得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a n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d 2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)4=4n-2,从而得数列a n的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n60n+800成立.当a n=4n-2时,S n=2n

17、2.令2n 260n+800,即n 2-30n-4000,解得n40或n60n+800成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;当a n=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a n满足a 1=1,|an+1-an|=pn,nN *.(1)若a n是递增数列,且a 1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且a 2n-1是递增数列,a 2n是递减数列,求数列a n的通项公式.8解析 (1)因为a n是递增数列,所以|a n+1-an|=an+1-an=pn.而a 1=1,因此a 2=p+1,a3=p2+p+

18、1.又a 1,2a2,3a3成等差数列,所以4a 2=a1+3a3,因而3p 2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=an,这与a n是递增数列矛盾.故p=.(2)由于a 2n-1是递增数列,因而a 2n+1-a2n-10,于是(a 2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0.但0,因此a 2n-a2n-1=.因为a 2n是递减数列,同理可得,a 2n+1-a2nT B.S=TC.S0,6Sn=+3an,nN *,bn=,若nN *,kTn恒成立,则k的最小值是 ( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列a n满足a 1=1,nan+

19、1=(n+1)an+n(n+1),且b n=ancos,记S n为数列b n的前n项和,则S 24=( )A.294 B.174 C.470 D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列a n是正项数列,且+=n 2+3n,则+= . 答案 2n 2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列a n,定义H n=为a n的“优值”,现在已知某数列a n的“优值”H n=2n+1,记数列a n-kn的前n项和为S n,若S nS 5对任意的n(nN *)恒成立,则实数k的取值范围是 . 答案 三、解答题(共30分)7.(2018

20、吉林实验中学一模,19)已知数列a n中,a 1=1,an+1=(nN *).(1)求数列a n的通项公式;(2)数列b n满足b n=(3n-1)an,数列b n的前n项和为T n,若不等式(-1)n-2,-20,其前n项和为S n,且S 1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列a n的通项公式;(2)若数列b n满足a n+1=,Tn为数列b n的前n项和,若T nm恒成立,求m的最大值.解析 (1)由题意可知,2(S 3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),S 3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a 3=a1,于是=q 2=.q0,q=.a 1=1,a n=

21、.(2)a n+1=,=,b n=n2n-1,T n=11+22+322+n2n-1,2T n=12+222+323+n2n.由-得,-T n=1+2+22+2n-1-n2n=-n2n=(1-n)2n-1,T n=1+(n-1)2n.T nm恒成立,只需(T n)minm即可,T n+1-Tn=n2n+1-(n-1)2n=(n+1)2n0,T n为递增数列,当n=1时,(T n)min=T1=1,m1,m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p 1,p2,pn的“均倒数”,已知数列a n的前n项的“均倒数”为,又b n=,则+等于( )

22、A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列a n的前n项和,a 2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504 B.1 008 C.1 009 D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列a n满足S n=2an-1(nN *),bn是等差数列,且b 1=a1,b4=a3.(1)求数列a n和b n的通项公式;(2)若c n=-(nN *),求数列c n的前n项和T n.解析 (1)S n=2an-1,n2时,S n-1=2an-1-1,a n=Sn-Sn-1=2an-2an-1,n2,即a n=2an-1,n2.当n=1时,S 1=a1=2a1-1,a 1=1,a n是以1为首项,2为公比的等比数列,a n=2n-1,b 4=a3=4,又b 1=1,=1.b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,T n=-2=2-2=-21-n.