数列的综合应用.docx
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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0 =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(n+1)an=nan+1-n(n+1
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