浙江专版2019版高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和数列的综合应用学案.docx

6.4数列求和、数列的综合应用考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计201320142015201620171.数列的求和1.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.2.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.掌握18(2),7分14(文),4分19(2),7分17(2)(文),8分17(2)(文),8分2.数列的综合应用能利用数列的等差关系或等比关系解决实际问题.掌握18(1),7分19(文),14分19(1),7分20,15分17(1)(文),7分20(2),8分22,15分分析解读1.等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型,是高考中的热点之一.基本知识的考查以选择题或填空题的形式呈现,而综合知识的考查则以解答题形式呈现.2.通过以数列为载体来考查推理归纳、类比的能力成为高考的热点.3.数列常与其他知识如不等式、函数、概率、解析几何等综合起来进行考查.4.预计2019年高考中,对数列与不等式的综合题的考查仍是热点,复习时应引起高度重视.五年高考考点一数列的求和 1.(2017课标全国理,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: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.440B.330C.220D.110答案A2.(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列1an前10项的和为.答案20113.(2016浙江文,17,15分)设数列an的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,nN*.(1)求通项公式an;(2)求数列|an-n-2|的前n项和.解析(1)由题意得a1+a2=4,a2=2a1+1,则a1=1,a2=3.又当n2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an.所以,数列an的通项公式为an=3n-1,nN*.(2)设bn=|3n-1-n-2|,nN*,则b1=2,b2=1.当n3时,由于3n-1n+2,故bn=3n-1-n-2,n3.设数列bn的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.当n3时,Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112,所以Tn=4.(2015浙江文,17,15分)已知数列an和bn满足a1=2,b1=1,an+1=2an(nN*),b1+12b2+13b3+1nbn=bn+1-1(nN*).(1)求an与bn;(2)记数列anbn的前n项和为Tn,求Tn.解析(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(nN*).由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n2时,1nbn=bn+1-bn,整理得bn+1n+1=bnn,所以bn=n(nN*).(2)由(1)知anbn=n2n,因此Tn=2+222+323+n2n,2Tn=22+223+324+n2n+1,所以Tn-2Tn=2+22+23+2n-n2n+1.故Tn=(n-1)2n+1+2(nN*).5.(2017山东文,19,12分)已知an是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.(1)求数列an的通项公式;(2)bn为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列bnan的前n项和Tn.解析本题考查等比数列与数列求和.(1)设an的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,a12q=a1q2,又an0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.(2)由题意知:S2n+1=(2n+1)(b1+b2n+1)2=(2n+1)bn+1,又S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以bn=2n+1.令cn=bnan,则cn=2n+12n.因此Tn=c1+c2+cn=32+522+723+2n-12n-1+2n+12n,又12Tn=322+523+724+2n-12n+2n+12n+1,两式相减得12Tn=32+-2n+12n+1,所以Tn=5-2n+52n.6.(2016课标全国,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)所以数列bn的前1 000项和为190+2900+31=1 893.(12分)7.(2015天津,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,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=log2a2na2n-1,nN*,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q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k=2n2.所以,an的通项公式为an=(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.设bn的前n项和为Sn,则Sn=1120+2121+3122+(n-1)12n-2+n12n-1,12Sn=1121+2122+3123+(n-1)12n-1+n12n,上述两式相减,得12Sn=1+12+122+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,整理得,Sn=4-n+22n-1.所以,数列bn的前n项和为4-n+22n-1,nN*.教师用书专用(818)8.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列an是递增数列,Sn是an的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=.答案639.(2013重庆,12,5分)已知an是等差数列,a1=1,公差d0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=.答案6410.(2013湖南,15,5分)设Sn为数列an的前n项和,Sn=(-1)nan-12n,nN*,则(1)a3=;(2)S1+S2+S100=.答案(1)-116(2)1312100-111.(2017北京文,15,13分)已知等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求an的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+b2n-1.解析本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.(1)设等差数列an的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.解得d=2.所以an=2n-1.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.从而b1+b3+b5+b2n-1=1+3+32+3n-1=3n-12.12.(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d0,求|a1|+|a2|+|a3|+|an|.解析(1)由题意得5a3a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以an=-n+11,nN*或an=4n+6,nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5d=16,联立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,an的通项公式为an=3n-2,bn的通项公式为bn=2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=42+1022+1623+(6n-2)2n,2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1,上述两式相减,得-Tn=42+622+623+62n-(6n-2)2n+1=12脳(1-2n)1-2-4-(6n-2)2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得Tn=(3n-4)2n+2+16.所以,数列a2nbn的前n项和为(3n-4)2n+2+16.14.(2015湖北,19,12分)设等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,等比数列bn的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)当d1时,记cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)由题意有,10a1+45d=100,a1d=2,即解得a1=1,d=2,或a1=9,d=29.故an=2n-1,bn=2n-1,或an=19(2n+79),bn=9路29n-1.(2)由d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n-12n-1,于是Tn=1+32+522+723+924+2n-12n-1,12Tn=12+322+523+724+925+2n-12n.-可得12Tn=2+12+122+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,故Tn=6-2n+32n-1.15.(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-14nanan+1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+2脳122=2a1+2,S4=4a1+4脳322=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-14nanan+1=(-1)n-14n(2n-1)(2n+1)=(-1)n-112n-1+12n+1.当n为偶数时,Tn=1+13-13+15+12n-3+12n-1-12n-1+12n+1=1-12n+1=2n2n+1.当n为奇数时,Tn=1+13-13+15+-12n-3+12n-1+12n-1+12n+1=1+12n+1=2n+22n+1.所以Tn=16.(2013江西,17,12分)正项数列an的前n项和Sn满足:Sn2-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.(1)求数列an的通项公式an;(2)令bn=n+1(n+2)2an2,数列bn的前n项和为Tn.证明:对于任意的nN*,都有Tn0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列an的通项an=2n.(2)证明:由于an=2n,bn=n+1(n+2)2an2,则bn=n+14n2(n+2)2=1161n2-1(n+2)2.Tn=1161-132+122-142+132-152+1(n-1)2-1(n+1)2+1n2-1(n+2)2=1161+122-1(n+1)2-1(n+2)20,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,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于() A.6B.7C.8D.9答案D2.(2017北京理,10,5分)若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=.答案13.(2016浙江,20,15分)设数列an满足an-an+121,nN*.(1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|32n,nN*,证明:|an|2,nN*.证明(1)由an-an+121得|an|-12|an+1|1,故|an|2n-|an+1|2n+112n,nN*,所以|a1|21-|an|2n=|a1|21-|a2|22+|a2|22-|a3|23+|an-1|2n-1-|an|2n121+122+12n-1n,|an|2n-|am|2m=|an|2n-|an+1|2n+1+|an+1|2n+1-|an+2|2n+2+|am-1|2m-1-|am|2m12n+12n+1+12m-112n-1,故|an|n,均有|an|2,取正整数m0log34|an0|-22n0且m0n0,则2n034m00.由00,c30,c40;当n5时,cn=1n(n+1)n(n+1)2n-1,而n(n+1)2n-(n+1)(n+2)2n+1=(n+1)(n-2)2n+10,得n(n+1)2n1,所以,当n5时,cn0.由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.所以3q2-5q-2=0.因为q0,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=(n+n+1)22n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=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-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=32+2(1-2n-1)1-2-(2n+1)2n-1.所以Tn=.9.(2015重庆,22,12分)在数列an中,a1=3,an+1an+an+1+an2=0(nN+).(1)若=0,=-2,求数列an的通项公式;(2)若=1k0(k0N+,k02),=-1,证明:2+13k0+1ak0+10,归纳可得3=a1a2anan+10.因为an+1=an2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k01k0an+1,所以对n=1,2,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+(ak0+1-ak0)=a1-k01k0+1k02+1k0=2+13k0+1.另一方面,由上已证的不等式知a1a2ak0ak0+12,得ak0+1=a1-k01k0+1k02+1k0=2+12k0+1.综上,2+13k0+1ak0+1c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2,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B11.(2016天津,18,13分)已知an是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的nN*,bn是an和an+1的等比中项.(1)设cn=bn+12-bn2,nN*,求证:数列cn是等差数列;(2)设a1=d,Tn=(-1)kbk2,nN*,求证:12d2.证明(1)由题意得bn2=anan+1,有cn=bn+12-bn2=an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以cn是等差数列.(2)Tn=(-b12+b22)+(-b32+b42)+(-b2n-12+b2n2)=2d(a2+a4+a2n)=2dn(a2+a2n)2=2d2n(n+1).所以=12d21-1n+1k)总成立,则称数列an是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列an是“P(3)数列”;(2)若数列an既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:an是等差数列.证明本小题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)因为an是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,从而,当n4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,因此等差数列an是“P(3)数列”.(2)数列an既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,当n4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.由知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).将代入,得an-1+an+1=2an,其中n4,所以a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d.在中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d,在中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d,所以数列an是等差数列.13.(2014湖南,20,13分)已知数列an满足a1=1,|an+1-an|=pn,nN*.(1)若an是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=12,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=13或p=0.当p=0时,an+1=an,这与an是递增数列矛盾.故p=13.(2)由于a2n-1是递增数列,因而a2n+1-a2n-10,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0.但122n122n-1,所以|a2n+1-a2n|0,因此a2n-a2n-1=122n-1=(-1)2n22n-1.因为a2n是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n60n+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2n60n+800成立.当an=4n-2时,Sn=n2+(4n-2)2=2n2.令2n260n+800,即n2-30n-4000,解得n40或n60n+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41.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点一数列的求和 1.(2018浙江9+1高中联盟期中,7)已知等差数列an、bn的前n项和分别为Sn、Tn,若SnTn=n+2n+1,则a6b7的值是()A.1314B.1312C.1415D.1114答案A2.(2018浙江高考模拟卷,8)在等差数列an中,前n项和Sn=nm,前m项和Sm=mn(mn),则Sm+n的值()A.小于4B.等于4C.大于4D.大于2且小于4答案C3.(2017浙江“超级全能生”3月联考,11)已知等比数列an的前n项和为Sn,a1=1,若a1,S2,5成等差数列,则数列an的公比q=,Sn=.答案2;2n-14.(2016浙江名校(镇海中学)交流卷二,12)已知正项数列an满足log2an+1=1+log2an,若a1=1,则其前10项和S10=;若a5=2,则a1a2a9=.答案1 023;512考点二数列的综合应用5.(2016浙江温州二模,7)数列an是递增数列,且满足an+1=f(an),a1(0,1),则f(x)不可能是() A.f(x)=xB.f(x)=2x-1C.f(x)=2x-x2D.f(x)=log2(x+1)答案B6.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,13)已知等差数列an的前n项和是Sn,若Sk-1=4,Sk=9,则ak=,a1的最大值为.答案5;47.(2018浙江杭州二中期中,22)设数列an满足a1=32,an+1=lnan+13+2(nN*).(1)证明:an+13anan+1;(2)记数列1an的前n项和为Sn,证明:Sn1,a2=lna1+13+2ln23+21,同理可得a31,an1.an+13anan+1,an0,1an+1an+13an=131an+13,即1an+1-12131an-12,当n2时,1an-12131an-1-1213n-11a1-12=1213n,当n=1时,1an-12=1612131,1an-121213n,nN*.=161-13n1-13=14-1413n14,即Snan+1;(2)求证:当nN*时,2Sn-2n0,所以当nN*时,anan+1.(5分)(2)由条件易得2an+12=6+an,所以2(an+12-4)=an-2,所以2(an+1-2)(an+1+2)=an-2,所以an+1-2与an-2同号.又因为a1=4,即a1-20,所以an2.(8分)又Sn=a1+a2+ana1+(n-1)2=2n+2.所以Sn-2n2.(10分)由可得an+1-2an-2=12(an+1+2)18,因此,an-2(a1-2)18n-1,即an2+218n-1,(12分)所以Sn=a1+a2+an2n+2=2n+21-18n1-182n+167.综上可得,2Sn-2n167.(15分)9.(2017浙江湖州期末调研,22)已知数列an满足a1=25,an+1=2an3-an,nN*.(1)求a2;(2)求1an的通项公式;(3)设an的前n项和为Sn,求证:651-23nSn2113.解析(1)由条件可得a2=2a13-a1=413.(3分)(2)由an+1=2an3-an得1an+1=321an-12,所以1an+1-1=321an-1,(6分)又1a1-1=32,所以1an-1是以首项为32,公比为32的等比数列,因此,1an=32n+1.(7分)(3)由(2)可得an=132n+1132n+32n-1=2523n-1,(9分)所以Sn=a1+a2+an25+25231+2523n-1=651-23n.(11分)又an=132n+1132n=23n,(13分)所以Sn=a1+a2+a3+an25+413+233+23n=4665+89-8923n-22113,n3,(14分)又S1=252113,S2=46652113,因此,Sn2113,nN*.综上,651-23nSn2113.(15分)B组20162018年模拟提升题组一、选择题 1.(2018浙江重点中学12月联考,7)设Sn是等差数列an的前n项和,若a1=-2 015,S6-2S3=18,则S2 017=()A.2 016B.2 017C.-2 015D.-2 018答案B2.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,9)已知函数f(x)=sin xcos x+cos2x,0x0x1x2xn蟺2,an=|f(xn)-f(xn-1)|,nN*,Sn=a1+a2+an,则Sn的最大值等于()A.2B.3C.+1D.2答案A3.(2016浙江镇海中学测试(七),6)已知数列an满足:a1=1,an+1=(nN*),若a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列,则正整数k的值是()A.1B.2C.3D.4 答案B二、解答题4.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,22)已知正项数列an满足a1=3,an+12+an+1=2an,nN*.(1)求证:1an3,nN*;(2)若对于任意的正整数n,都有an+1-1an-1M成立,求M的最小值;(3)求证:a1+a2+a3+an0,所以an+2+an+1+10,所以an+2-an+1与an+1-an同号.a22+a2=2a1=6,a2=2,则a2-a10,所以an+1-an0,知an+1-1与an-1同号,由于a1-1=20,所以an-10,即an1,综上知1an3,nN*.(2)由(1)知an+1-1an-1=2an+1+2,而3an+1+2a2+2=4,则12an+1-1an-123,所以M23.故M的最小值为23.(3)证明:由(2)知n2时,an-1=(a1-1)a2-1a1-1a3-1a2-1an-1an-1-123n-1(a1-1)=223n-1,又n=1时,a1-1=2,故an-1223n-1,nN*.即an1+223n-1,nN*.则a1+a2+a3+ann+2=n+21-23n1-23=n+61-23n0,f(x)x+122-12.f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)0(x1),f(x)2x2,x+122-12f(x)2x2.(2)an=f(an-1)=an-12+an-1an-12=an-an-1(n2),则An=a12+a22+an2=an+1-a1=an+1-32,an=an-12+an-1=an-1(an-1+1)1an=1an-1(an-1+1)=1an-1-1an-1+11an-1+1=1an-1-1an(n2),累加得:Bn=1a1+1+1a2+1+1an+1=1a1-1an+1=23-1an+1,AnBn=an+1-3223-1an+1=32an+1.由(1)得anan-1+122-12an+1+12an+122an-1+1222a1+122n,an+122n-12AnBn=32an+1322