高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 6.4 數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用專(zhuān)用題組 理 試題

§6.4數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用考點(diǎn)一數(shù)列求和13.(2012江西,16,12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=-n2+kn(其中k∈N*),且Sn的最大值為8.(1)確定常數(shù)k,并求an;(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.解析(1)當(dāng)n=k∈N*時(shí),Sn=-n2+kn取最大值,即8=Sk=-k2+k2=k2,故k2=16,因此k=4,從而an=Sn-Sn-1=-n(n≥2).又a1=S1=,所以an=-n.(2)令bn==,則Tn=b1+b2+…+bn=1+++…++,所以Tn=2Tn-Tn=2+1++…+-=4--=4-.評(píng)析本題主要考查二次函數(shù)最值、前n項(xiàng)和Sn與an的關(guān)系、錯(cuò)位相減求和等基礎(chǔ)知識(shí),考查轉(zhuǎn)化與化歸思想及推理運(yùn)算能力.考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用9.(2014江西,17,12分)已知首項(xiàng)都是1的兩個(gè)數(shù)列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)滿(mǎn)足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令cn=,求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式;(2)若bn=3n-1,求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.解析(1)因?yàn)閍nbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),所以-=2,即cn+1-cn=2.所以數(shù)列{cn}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列,故cn=2n-1.(2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相減得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.評(píng)析本題主要考查等差數(shù)列的有關(guān)概念及求數(shù)列的前n項(xiàng)和,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力,在利用錯(cuò)位相減法求和時(shí),計(jì)算錯(cuò)誤是學(xué)生失分的主要原因.10.(2014四川,19,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,點(diǎn)(an,bn)在函數(shù)f(x)=2x的圖象上(n∈N*).(1)若a1=-2,點(diǎn)(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上,求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn;(2)若a1=1,函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(a2,b2)處的切線在x軸上的截距為2-,求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.解析(1)由已知得,b7=,b8==4b7,有=4×=.解得d=a8-a7=2.所以,Sn=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函數(shù)f(x)=2x在(a2,b2)處的切線方程為y-=(ln2)(x-a2),它在x軸上的截距為a2-.由題意得,a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.從而an=n,bn=2n.所以Tn=+++…++,2Tn=+++…+.因此,2Tn-Tn=1+++…+-=2--=.所以,Tn=.評(píng)析本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的概念、等差數(shù)列與等比數(shù)列通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和、導(dǎo)數(shù)的幾何意義等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力.11.(2014湖北,18,12分)已知等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足:a1=2,且a1,a2,a5成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,是否存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,說(shuō)明理由.解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,依題意,2,2+d,2+4d成等比數(shù)列,故有(2+d)2=2(2+4d),化簡(jiǎn)得d2-4d=0,解得d=0或d=4.當(dāng)d=0時(shí),an=2;當(dāng)d=4時(shí),an=2+(n-1)·4=4n-2,從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2或an=4n-2.(2)當(dāng)an=2時(shí),Sn=2n.顯然2n<60n+800,此時(shí)不存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立.當(dāng)an=4n-2時(shí),Sn==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此時(shí)存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值為41.綜上,當(dāng)an=2時(shí),不存在滿(mǎn)足題意的n;當(dāng)an=4n-2時(shí),存在滿(mǎn)足題意的n,其最小值為41.評(píng)析本題考查了數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式,考查了分類(lèi)討論的方法.12.(2014湖南,20,13分)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.(1)若{an}是遞增數(shù)列,且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是遞增數(shù)列,{a2n}是遞減數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.解析(1)因?yàn)閧an}是遞增數(shù)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成等差數(shù)列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.當(dāng)p=0時(shí),an+1=an,這與{an}是遞增數(shù)列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是遞增數(shù)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?yàn)閧a2n}是遞減數(shù)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+·=+·,故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=+·.13.(2012廣東,19,14分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿(mǎn)足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差數(shù)列.(1)求a1的值;(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(3)證明:對(duì)一切正整數(shù)n,有++…+<.解析(1)由2Sn=an+1-2n+1+1得又由a1,a2+5,a3成等差數(shù)列得2(a2+5)=a1+a3,③由①②③得a1=1.(2)由題設(shè)條件可知n≥2時(shí),2Sn=an+1-2n+1+1,④∴2Sn-1=an-2n+1.⑤④-⑤,得2(Sn-Sn-1)=an+1-an-2n+1+2n,即an+1=3an+2n(n≥2),∴an+1+2n+1=3(an+2n),∴{an+2n}是以3為公比的等比數(shù)列,∴an+2n=(a1+2)·3n-1=3n,即an=3n-2n(n>1).又a1=1滿(mǎn)足上式,∴an=3n-2n.(3)證明:∵==·≤·=3·,∴++…+≤3=3×=<.評(píng)析本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式、等差數(shù)列的定義及數(shù)列的求和,考查運(yùn)算推理能力及數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用能力.14.(2012天津,18,13分)已知{an}是等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,{bn}是等比數(shù)列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10.(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式;(2)記Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn,n∈N*,證明Tn+12=-2an+10bn(n∈N*).解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.由條件,得方程組解得所以an=3n-1,bn=2n,n∈N*.(2)證法一:由(1)得Tn=2an+22an-1+23an-2+…+2na1,①2Tn=22an+23an-1+…+2na2+2n+1a1.②由②-①,得Tn=-2(3n-1)+3×22+3×23+…+3×2n+2n+2=+2n+2-6n+2=10×2n-6n-10.而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+10×2n-12=10×2n-6n-10,故Tn+12=-2an+10bn,n∈N*.證法二:數(shù)學(xué)歸納法.(i)當(dāng)n=1時(shí),T1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16,故等式成立;(ii)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)等式成立,即Tk+12=-2ak+10bk,則當(dāng)n=k+1時(shí)有:Tk+1=ak+1b1+akb2+ak-1b3+…+a1bk+1=ak+1b1+q(akb1+ak-1b2+…+a1bk)=ak+1b1+qTk=ak+1b1+q(-2ak+10bk-12)=2ak+1-4(ak+1-3)+10bk+1-24=-2ak+1+10bk+1-12,即Tk+1+12=-2ak+1+10bk+1.因此n=k+1時(shí)等式也成立.由(i)和(ii),可知對(duì)任意n∈N*,Tn+12=-2an+10bn成立.評(píng)析本題主要考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的概念、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式、數(shù)列求和等基礎(chǔ)知識(shí),考查化歸與轉(zhuǎn)化的思想方法,考查運(yùn)算能力、推理論證能力.15.(2015安徽,18,12分)設(shè)n∈N*,xn是曲線y=x2n+2+1在點(diǎn)(1,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo).(1)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式;(2)記Tn=…,證明:Tn≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲線y=x2n+2+1在點(diǎn)(1,2)處的切線斜率為2n+2.從而切線方程為y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)xn=1-=.(2)證明:由題設(shè)和(1)中的計(jì)算結(jié)果知Tn=…=….當(dāng)n=1時(shí),T1=.當(dāng)n≥2時(shí),因?yàn)?=>==.所以Tn>×××…×=.綜上可得對(duì)任意的n∈N*,均有Tn≥.16.(2015廣東,21,14分)數(shù)列{an}滿(mǎn)足:a1+2a2+…+nan=4-,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Tn;(3)令b1=a1,bn=+an(n≥2),證明:數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn<2+2lnn.解析(1)當(dāng)n=1時(shí),a1=1;當(dāng)n=2時(shí),a1+2a2=2,解得a2=;當(dāng)n=3時(shí),a1+2a2+3a3=,解得a3=.(2)當(dāng)n≥2時(shí),a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=4-,①a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-,②由①-②得,nan=,所以an=(n≥2),經(jīng)檢驗(yàn),a1=1也適合上式,所以an=(n∈N*).所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列.所以Tn==2-.(3)證明:b1=1,bn=-·+·(n≥2).當(dāng)n=1時(shí),S1=1<2+2ln1.當(dāng)n≥2時(shí),bn=+·an=+·(Tn-Tn-1)=+·Tn-·Tn-1=·Tn-·Tn-1,所以Sn=1+·T2-1·T1+·T3-·T2+…+·Tn-·Tn-1=·Tn<2=2+2,以下證明++…+<lnn(n≥2).構(gòu)造函數(shù)h(x)=lnx-1+(x>1),則h'(x)=-=>0(x>1),所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,即h(x)>h(1)=0.所以lnx>1-(x>1),分別令x=2,,,…,,得ln2>1-=,ln>1-=,ln>1-=,……ln>1-=.累加得ln2+ln+…+ln>++…+,即ln2+(ln3-ln2)+…+[lnn-ln(n-1)]>++…+,所以++…+<lnn(n≥2).綜上,Sn<2+2lnn,n∈N*.評(píng)析本題考查數(shù)列綜合應(yīng)用的同時(shí),側(cè)重考查推理與證明.17.(2014浙江,19,14分)已知數(shù)列{an}和{bn}滿(mǎn)足a1a2a3…an=((n∈N*).若{an}為等比數(shù)列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an與bn;(2)設(shè)cn=-(n∈N*).記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn.(i)求Sn;(ii)求正整數(shù)k,使得對(duì)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),所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…an==()n(n+1).故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知cn=-=-(n∈N*),所以Sn=-(n∈N*).(ii)c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,當(dāng)n≥5時(shí),cn=,而-=>0,得≤<1,所以,當(dāng)n≥5時(shí),cn<0.綜上,對(duì)任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.評(píng)析本題主要考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的概念、通項(xiàng)公式、求和公式、不等式性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力.18.(2012大綱全國(guó),22,12分)函數(shù)f(x)=x2-2x-3.定義數(shù)列{xn}如下:x1=2,xn+1是過(guò)兩點(diǎn)P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的直線PQn與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo).(1)證明:2≤xn<xn+1<3;(2)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式.解析(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明:2≤xn<xn+1<3.(i)當(dāng)n=1時(shí),x1=2,直線PQ1的方程為y-5=(x-4),令y=0,解得x2=,所以2≤x1<x2<3.(2分)(ii)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),結(jié)論成立,即2≤xk<xk+1<3.直線PQk+1的方程為y-5=(x-4),令y=0,解得xk+2=.由歸納假設(shè)知xk+2==4-<4-=3;xk+2-xk+1=>0,即xk+1<xk+2.所以2≤xk+1<xk+2<3,即當(dāng)n=k+1時(shí),結(jié)論成立.由(i)、(ii)知對(duì)任意的正整數(shù)n,2≤xn<xn+1<3.(6分)(2)由(1)及題意得xn+1=.設(shè)bn=xn-3,則=+1,+=5,數(shù)列是首項(xiàng)為-,公比為5的等比數(shù)列.(10分)因此+=-·5n-1,即bn=-,所以數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式為xn=3-.(12分)評(píng)析本題考查了函數(shù)與數(shù)列的綜合應(yīng)用,運(yùn)用了數(shù)學(xué)歸納法證明不等式,以及構(gòu)造法求通項(xiàng)的方法,難度較大.19.(2012陜西,17,12分)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,且a5,a3,a4成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的公比;(2)證明:對(duì)任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差數(shù)列.解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q≠0,q≠1),由a5,a3,a4成等差數(shù)列,得2a3=a5+a4,即2a1q2=a1q4+a1q3,由a1≠0,q≠0得q2+q-2=0,解得q1=-2,q2=1(舍去),所以q=-2.(2)證明:證法一:對(duì)任意k∈N*,Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)=ak+1+ak+2+ak+1=2ak+1+ak+1·(-2)=0,所以,對(duì)任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差數(shù)列.證法二:對(duì)任意k∈N*,2Sk=,Sk+2+Sk+1=+=,2Sk-(Sk+2+Sk+1)=-=[2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)]=(q2+q-2)=0,因此,對(duì)任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差數(shù)列.