【导与练】高考数学 试题汇编 第四节数列的综合应用 文（含解析）.doc

第四节数列的综合应用 等差与等比数列的综合考向聚焦高考必考内容,多以解答题形式考查,主要涉及等差、等比数列的判定与证明、通项及前n项和的求解问题,有时涉及其他知识,难度中档,分值一般为12分备考指津解决此类问题的关键是掌握等差、等比数列的基本知识及常见递推公式的变形及一般数列求和问题,注意运算变形的技巧及方程思想和整体思想的运用1.(2010年湖北卷,文7)已知等比数列an中,各项都是正数,且a1,12a3,2a2成等差数列,则a9+a10a7+a8等于()(a)1+2(b)1-2(c)3+22(d)3-22解析:设等比数列an的公比为q,由已知得a3=a1+2a2,即a1q2=a1+2a1q,又a10,q0,q2-2q-1=0,解得q=2+1.a9+a10a7+a8=(a7+a8)q2a7+a8=q2=(2+1)2=3+22,故选c.答案:c. 等差、等比数列的基本运算是数列重要的考点,本题将两个特殊数列交织在一起,主要考查等差数列和等比数列的基本运算和性质,解决本题需注意“an各项都是正数”.2.(2011年江苏卷,13)设1=a1a2a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2,a4,a6成公差为1的等差数列,则q的最小值是.解析:设a2=m,则1mqm+1q2m+2q3,m1,qmaxm,m+1,3m+233.答案:333.(2012年福建卷,文17,12分)在等差数列an和等比数列bn中,a1=b1=1,b4=8,an的前10项和s10=55.(1)求an和bn;(2)现分别从an和bn的前3项中各随机抽取一项,写出相应的基本事件,并求这两项的值相等的概率.解:(1)设an的公差为d,bn的公比为q,依题意得:s10=10+1092d=55,b4=q3=8,解得d=1,q=2,an=n,bn=2n-1.(2)分别从an和bn的前3项中各随机抽取一项,得到的基本事件有(1,1),(1,2),(1,4),(2,1),(2,2),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),共9个.符合题意的基本事件有2个:(1,1),(2,2),故所求概率p=29. 本题主要考查等差数列、等比数列、古典概型等基础知识,考查运算求解能力,属容易题.4.(2012年陕西卷,文16,12分)已知等比数列an的公比q=-12.(1)若a3=14,求数列an的前n项和;(2)证明:对任意kn+,ak,ak+2,ak+1成等差数列.解:(1)由通项公式可得a3=a1(-12)2=14得a1=1,再由等比数列求和公式得:sn=11-(-12)n1-(-12)=2+(-12)n-13.(2)证明:kn+,2ak+2-(ak+ak+1)=2a1qk+1-(a1qk-1+a1qk)=a1qk-1(2q2-q-1)=a1qk-1(2(-12)2-(-12)-1)=0,2ak+2-(ak+ak+1)=0,对任意kn+,ak,ak+2,ak+1成等差数列. 本题主要考查等差、等比数列的概念、通项公式、求和公式及其性质,关键要把握两种基本数列的相关知识.5.(2011年湖北卷,文17)成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列bn中的b3、b4、b5.(1)求数列bn的通项公式;(2)数列bn的前n项和为sn,求证:数列sn+54是等比数列.(1)解:设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d,依题意,得a-d+a+a+d=15,解得a=5.所以bn中的b3,b4,b5依次为7-d,10,18+d,依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得d=2或d=-13(舍去).故bn的第3项为5,公比为2,由b3=b122,即5=b122,解得b1=54.所以bn是以54为首项,2为公比的等比数列,其通项公式为bn=542n-1=52n-3(nn*).(2)证明:数列bn的前n项和sn=54(1-2n)1-2=52n-2-54,即sn+54=52n-2.所以s1+54=52,sn+1+54sn+54=52n-152n-2=2.因此sn+54是以52为首项,公比为2的等比数列.6.(2011年浙江卷,文19)已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a(ar),且1a1,1a2,1a4成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)对nn*,试比较1a2+1a22+1a23+1a2n与1a1的大小.解:(1)设等差数列an的公差为d,由题意可知(1a2)2=1a11a4,即(a1+d)2=a1(a1+3d),从而a1d=d2,因为d0,所以d=a1=a,故通项公式an=na.(2)记tn=1a2+1a22+1a2n,因为a2n=2na,所以tn=1a(12+122+12n)=1a121-(12)n1-12=1a1-(12)n,从而,当a0时,tn1a1;当a1a1.数列的综合应用考向聚焦高考难点内容,多在解答题中考查数列与其他知识(函数、不等式、导数、解析几何等)的综合及数列的实际应用问题,难度较大,分值约为12分备考指津解决此类问题的关键抓住数列与相关知识的交汇点,将问题拆解,同时注重等价转化思想、分类讨论思想、函数与方程思想的运用7.(2012年福建卷,文11,5分)数列an的通项公式an=ncos n2,其前n项和为sn,则s2012等于()(a)1006(b)2012(c)503(d)0解析:an=ncos n2,当n为奇数时,an=0,当n为偶数时,an=n,n=4m-n,n=4m-2,其中mn*,s2012=a1+a2+a3+a4+a5+a2012=a2+a4+a6+a8+a2012=-2+4-6+8-10+12-14+2012=-(2+6+10+14+2010)+(4+8+12+2012)=-(2+2010)5032+(4+2012)5032=1006.故选a. 本题所给通项公式具有规律性,要求学生要发现规律,转化为熟悉的等差数列求和,对转化能力要求较高,属中档题.8.(2010年天津卷,文15)设an是等比数列,公比q=2,sn为an的前n项和.记tn=17sn-s2nan+1,nn*.设tn0为数列tn的最大项,则n0=.解析:设等比数列an的首项为a1.则an+1=a1(2)n,sn=-(1+2)a11-(2)n,s2n=-(1+2)a11-(2)2n,tn=17sn-s2nan+1=-(1+2)16-17(2)n+(2)2n(2)n=17(1+2)-(1+2)(2)n+16(2)n17(1+2)-(1+2)8=9(1+2).当且仅当(2)n=16(2)n时上式“=”成立.即n=4时,tn最大,n0=4.答案:4 在处理数列问题时,首项与公比(或公差)是非常关键的两个基本量,本题对首项的处理是设而不求,对于基本不等式的应用一定要一一验证“一正、二定、三相等”这三条原则.9.(2012年浙江卷,文19,14分)已知数列an的前n项和为sn,且sn=2n2+n,nn*,数列bn满足an=4log2bn+3,nn*.(1)求an,bn;(2)求数列anbn的前n项和tn.解:(1)由sn=2n2+n,得当n=1时,a1=s1=3;当n2时,an=sn-sn-1=4n-1所以an=4n-1,nn*由4n-1=an=4 log2bn+3,得bn=2n-1,nn*.(2)由(1)知anbn=(4n-1)2n-1,nn*,所以tn=3+72+1122+(4n-1)2n-1,2tn=32+722+(4n-5)2n-1+(4n-1)2n,所以2tn-tn=(4n-1)2n-3+4(2+22+2n-1)=(4n-5)2n+5故tn=(4n-5)2n+5,nn*.10.(2012年四川卷,文20,12分)已知数列an的前n项和为sn,常数0,且a1an=s1+sn对一切正整数n都成立.(1)求数列an的通项公式;(2)设a10,=100.当n为何值时,数列lg 1an的前n项和最大?解:(1)取n=1,得a12=2s1=2a1,a1(a1-2)=0.若a1=0,则sn=0.当n2时,an=sn-sn-1=0-0=0,所以an=0(n1).若a10,则a1=2.当n2时,2an=2+sn,2an-1=2+sn-1,两式相减得2an-2an-1=an,所以an=2an-1(n2),从而数列an是等比数列,所以an=a12n-1=22n-1=2n.综上,当a1=0时,an=0;当a10时,an=2n.(2)当a10且=100时,令bn=lg1an,由(1)有,bn=lg1002n=2-nlg 2.所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为-lg 2).b1b2b6=lg10026=lg10064lg 1=0,当n7时,bnb7=lg10027=lg10012880,a9=780-210(34)39=7679960(k=1,2,1999),即e数列an是递增数列.综上,结论得证.(3)解:对首项为4的e数列an,由于a2a1-1=3,a3a2-12,a8a7-1-3,所以a1+a2+ak0(k=2,3,8).所以对任意的首项为4的e数列an,若s(an)=0,则必有n9.又a1=4的e数列a9:4,3,2,1,0,-1,-2,-3,-4满足s(a9)=0,所以n的最小值是9.(2011年天津卷,文20)已知数列an与bn满足bn+1an+bnan+1=(-2)n+1,bn=3+(-1)n-12,nn*,且a1=2.(1)求a2,a3的值;(2)设cn=a2n+1-a2n-1,nn*,证明cn是等比数列;(3)设sn为an的前n项和,证明s1a1+s2a2+s2n-1a2n-1+s2na2nn-13(nn*).难题特色:本题主要考查递推数列问题,分组转化求和的方法,考查分类讨论思想及放缩法证明不等式的应用.难点突破:解决(1)问的关键是分类讨论n的奇偶性确定bn;解决(2)问的关键变形递推关系a2n-1+2a2n=-22n-1+1推证a2n+1-a2n-1,从而求cn;解决(3)问的关键是利用累加法确定a2k后分组求和s2k,从而确定s2k-1a2k-1+s2ka2k,求和后放缩待证目标式.(1)解:由bn=3+(-1)n-12,nn*,可得bn=2,n为奇数,1,n为偶数.又bn+1an+bnan+1=(-2)n+1,当n=1时,a1+2a2=-1,由a1=2,可得a2=-32;当n=2时,2a2+a3=5,可得a3=8.证明:(2)对任意nn*,a2n-1+2a2n=-22n-1+12a2n+a2n+1=22n+1-,得a2n+1-a2n-1=322n-1,即cn=322n-1.于是cn+1cn=4.所以cn是等比数列.(3)a1=2,由(2)知,当kn*且k2时,a2k-1=a1+(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+(a2k-1-a2k-3)=2+3(2+23+25+22k-3)=2+32(1-4k-1)1-4=22k-1,故对任意kn*,a2k-1=22k-1.由得22k-1+2a2k=-22k-1+1,所以a2k=12-22k-1,kn*.因此,s2k=(a1+a2)+(a3+a4)+(a2k-1+a2k)=k2.于是,s2k-1=s2k-a2k=k-12+22k-1.故s2k-1a2k-1+s2