【导与练】高考数学 试题汇编 第四节 数列的综合应用 理（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.(2011年上海卷,理18)设an是各项为正数的无穷数列,ai是边长为ai,ai+1的矩形的面积(i=1,2,),则an为等比数列的充要条件为()(a)an是等比数列(b)a1,a3,a2n-1,或a2,a4,a2n,是等比数列(c)a1,a3,a2n-1,和a2,a4,a2n,均是等比数列(d)a1,a3,a2n-1,和a2,a4,a2n,均是等比数列,且公比相同解析:ai=aiai+1.对an数列中相邻的两项ai,ai+1.若an为等比数列(公比为q),则ai+1ai=q,即ai+1ai+2aiai+1=q,ai+2ai=q,即数列an中每隔一项挑出的项组成了一个以公比为q的等比数列.也就是说a1、a3、a5、a2n-1和a2、a4、a6、a2n均是等比数列,且公比相同.反之,若a1、a3、a2n-1、和a2、a4、a6、a2n均是等比数列,且公比为q,则a2i+1a2i-1=q,a2i+2a2i=q,a2i+1a2i=a2i+1a2i+2a2ia2i+1=q,a2ia2i-1=a2ia2i+1a2i-1a2i=q.即an为等比数列.故选d.答案:d.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年江西卷,理16,12分)已知数列an的前n项和sn=-12n2+kn(其中kn+),且sn的最大值为8.(1)确定常数k,并求an;(2)求数列9-2an2n的前n项和tn.解:(1)当n=kn+时,sn=-12n2+kn取最大值8,即8=sk=-12k2+k2=12k2,故k2=16,因此k=4,从而an=sn-sn-1=92-n(n2).又a1=s1=72,所以an=92-n.(2)设bn=9-2an2n=n2n-1,tn=b1+b2+bn=1+22+322+n-12n-2+n2n-1,所以tn=2tn-tn=2+1+12+12n-2-n2n-1=4-12n-2-n2n-1=4-n+22n-1. 利用an=s1(n=1)sn-sn-1(n2)来实现an与sn的相互转化是数列问题比较常见的技巧之一,灵活运用该公式能较简洁地解决涉及an,sn的有关问题;当某个数列是由一个等差数列与一个等比数列的对应项的乘积构成时,此数列的前n项和一般可用错位相减法求得.4.(2012年陕西卷,理17,12分)设an是公比不为1的等比数列,其前n项和为sn,且a5,a3,a4成等差数列.(1)求数列an的公比;(2)证明:对任意kn+,sk+2,sk,sk+1成等差数列.(1)解:设数列an的公比为q(q0,q1),由2a3=a5+a4得2a1q2=a1q4+a1q3,由等比数列定义知:q0,a10,q2+q-2=0,解得q1=-2,q2=1(舍).q=-2.(2)证明:要证sk+2、sk、sk+1成等差数列,法一:只需证2sk=sk+2+sk+12sk=2a1(1-qk)1-q=23a1(1-qk)=23a11-(-2)k,sk+2+sk+1=a1(1-qk+2)1-q+a1(1-qk+1)1-q=a13(1-qk+2+1-qk+1)=a132-qk+1(1+q)=a132+(-2)k+1=23a11-(-2)k2sk=sk+2+sk+1成立.法二:只需证sk-sk+2=sk+1-sk.sk-sk+2=-(sk+2-sk)=-(ak+2+ak+1)=-(akq2+akq)=-akq(q+1)=akq=ak+1sk+1-sk=ak+1sk-sk+2=sk+1-sk成立;因此,对任意kn+,sk+2,sk,sk+1成等差数列.5.(2011年辽宁卷,理17)已知等差数列an满足a2=0,a6+a8=-10.(1)求数列an的通项公式;(2)求数列an2n-1的前n项和.解:(1)设等差数列an的公差为d,由已知条件得a1+d=02a1+12d=-10,解得a1=1d=-1,数列an的通项公式为an=2-n(nn*).(2)设数列an2n-1的前n项和为sn,an2n-1=2-n2n-1,sn=11+02+-122+-223+2-n2n-1,则12sn=12+022+-123+3-n2n-1+2-n2n,-得12sn=1-(12+122+123+12n-1)-2-n2n=1-(1-12n-1)-2-n2n=n2n,sn=n2n-1(nn*).6.(2011年浙江卷,理19)已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a(ar),设数列的前n项和为sn,且1a1,1a2,1a4成等比数列.(1)求数列an的通项公式及sn;(2)记an=1s1+1s2+1s3+1sn,bn=1a1+1a2+1a22+1a2n-1,当n2时,试比较an与bn的大小.解:(1)设等差数列an的公差为d,由(1a2)2=1a11a4,得(a1+d)2=a1(a1+3d),因为d0,所以d=a1=a,所以an=na,sn=an(n+1)2.(2)因为1sn=2a(1n-1n+1),所以an=1s1+1s2+1s3+1sn=2a(1-1n+1).因为a2n-1=2n-1a,所以bn=1a1+1a2+1a22+1a2n-1=1a1-(12)n1-12=2a(1-12n).当n2时,2n=cn0+cn1+cn2+cnnn+1,即1-1n+10时,anbn;当abn.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.(2010年山东卷,理9)设an是等比数列,则“a1a2a3”是“数列an是递增数列”的()(a)充分而不必要条件(b)必要而不充分条件(c)充分必要条件(d)既不充分也不必要条件解析:设等比数列an的公比为q,若已知a1a2a3,即有a1a1q1,a10或0q1,a10,q1时,有a1qn-1a1qn,即anan+1,所以数列an是递增数列;当a10,0q1时,有a1qn-1a1qn,即anan+1,所以数列an是递增数列.综上所述,若a1a2a3,则数列an是递增数列.反之,若数列an是递增数列,则a1a2a3.所以“a1a2a3”是“数列an是递增数列”的充分必要条件.故选c.答案:c.8.(2012年山东卷,理20,12分)在等差数列an中,a3+a4+a5=84,a9=73.(1)求数列an的通项公式;(2)对任意mn*,将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm,求数列bm的前m项和sm.解:(1)由a3+a4+a5=84,可得3a4=84,a4=28,而a9=73,设数列an的公差为d,则5d=a9-a4=45,d=9,an=a9+(n-9)d=73+9(n-9)=9n-8,即an=9n-8.(2)对任意mn*,9m9n-892m,则9m+89n92m+8,即9m-1+89n92m-1+89,而nn*,9m-1+1n92m-1,由题意可知bm=92m-1-9m-1,于是sm=b1+b2+bm=91+93+92m-1-(90+91+9m-1)=9-92m+11-92-1-9m1-9=92m+1-980-9m-18=92m+1-109m+180=92m+1+180-9m8,即sm=92m+1+180-9m8.9.(2012年广东卷,理19,14分)设数列an的前n项和为sn,满足2sn=an+1-2n+1+1,nn*,且a1,a2+5,a3成等差数列.(1)求a1的值;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有1a1+1a2+1an2n2,1an=13n-2n12n2121(n-1)n=12(1n-1-1n)(n2),1a1+1a2+1an1+12(1-12)+(12-13)+(1n-1-1n)=1+12(1-1n)-1,求证:snn2(a1+an),并给出等号成立的充要条件.证明:(1)sn+1=a2sn+a1,sn=a2sn-1+a1(n2且nn*),sn+1-sn=a2sn-a2sn-1(n2),an+1=a2an(n2),a20,an0,an+1an=a2(n2),又s2=a2s1+a1,a1+a2=a2a1+a1,a2=a2a1,a20,a1=1,a2a1=a2,当nn*时,an+1an=a2,数列an是首项为1,公比为a2的等比数列.(2)当n=1或2时,易知sn=n2(a1+an)成立.当a2=1时,sn=n=n2(a1+an)成立.当a21时,sn=1-a2n1-a2,an=a2n-1.则snn2(a1+an)1-a2n1-a2n2(1+a2n-1)(n3)当-1a21时,上面不等式可化为:(n-2)a2n+na2-na2n-1n-2(n3),设f(a2)=(n-2)a2n+na2-na2n-1-1a20,f(a2)=(n-2)a2n+na2(1-a2n-2)(n-2)|a2|nn-2,当0a21时,f(a2)=n(n-2)a2n-1-(n-1)a2n-2+1令h(a2)=(n-2)a2n-1-(n-1)a2n-2+1,则h(a2)=(n-2)(n-1)(a2-1)a2n-3h(1)=0,f(a2)=nh(a2)0,f(a2)在(0,1)上递增f(a2)f(1)=n-2,0a21时,1a2(0,1),由已证结论得:1-(1a2)n1-1a2n21+(1a2)n-1,a2n-11-(1a2)n1-1a2a2n-1n21+(1a2)n-11-a2n1-a2-1且a20时,snn2(a1+an),当且仅当n=1,2或a2=1时等号成立. 本题考查了an与sn的关系、等比数列的证明、求和公式,不等式的证明,考查运算能力、推理论证能力、综合分析能力和转化能力及分类讨论的思想、函数思想,充分展现了数列的函数性,难度较大.11.(2012年全国大纲卷,理22,12分)函数f(x)=x2-2x-3,定义数列xn如下:x1=2,xn+1是过两点p(4,5),qn(xn,f(xn)的直线pqn与x轴交点的横坐标.(1)证明:2xnxn+13;(2)求数列xn的通项公式.解:(1)用数学归纳法证明:2xnxn+13.当n=1时,x1=2,直线pq1的方程为y-5=f(2)-52-4(x-4),令y=0,解得x2=114,所以2x1x23.假设当n=k时,结论成立,即2xkxk+13.直线pqk+1的方程为y-5=f(xk+1)-5xk+1-4(x-4),令y=0,解得xk+2=3+4xk+12+xk+1.由归纳假设知xk+2=3+4xk+12+xk+1=4-52+xk+10,即xk+1xk+2.所以2xk+1xk+23,即当n=k+1时,结论成立.由、知对任意的正整数n,2xnxn+13.(2)由(1)及题意得xn+1=3+4xn2+xn.设bn=xn-3,则1bn+1=5bn+1,1bn+1+14=5(1bn+14),数列1bn+14是首项为-34,公比为5的等比数列.因此1bn+14=-345n-1,即bn=-435n-1+1,所以数列xn的通项公式为xn=3-435n-1+1.12.(2012年安徽卷,理21,13分)数列xn满足x1=0,xn+1=-xn2+xn+c(nn*)(1)证明:xn是递减数列的充分必要条件是c0;(2)求c的取值范围,使xn是递增数列.本题考查利用数列的递推公式研究数列的单调性成立的充分必要条件,考查根据数列的单调性求参数的值.考查逻辑推理能力,分析求解能力等.(1)证明:充分性当c0时,xn+1=-xn2+xn+cx2=-x12+x1+ccx12=0得:数列xn是递减数列的充分必要条件是c0时,x2=cx1,x3=-c2+2cx2=c0c0xn2c10=x1xnc1,xn+2-xn+1=-(xn+12-xn2)+(xn+1-xn)=-(xn+1-xn)(xn+1+xn-1),当0c14时,xnc12xn+xn+1-10xn+1-xn0xn+1xn.当c14时,存在n,使xn12xn+xn+11xn+2-xn+1与xn+1-xn异号,与数列xn是递减数列矛盾,综上得:当00,bn0,所以(an+bn)22an2+bn2(an+bn)2,从而10知q0.下证q=1.若q1,则a1=a2qlogq2a1时,an+1=a1qn2,与(*)矛盾.若0qa21,故当nlogq 1a1时,an+1=a1qn1与(*)矛盾综上,q=1,故an=a1(nn*),所以11,于是b1b20知,a(n),b(n),c(n)均大于0,于是b(n)a(n)=a2+a3+an+1a1+a2+an=q(a1+a2+an)a1+a2+an=q,c(n)b(n)=a3+a4+an+2a2+a3+an+1=q(a2+a3+an+1)a2+a3+an+1=q,即b(n)a(n)=c(n)b(n)=q,所以三个数a(n),b(n),c(n)组成公比为q的等比数列.充分性:若对任意nn*,三个数a(n),b(n),c(n)组成公比为q的等比数列,则b(n)=qa(n),c(n)=qb(n)于是c(n)-b(n)=qb(n)-a(n),得an+2-a2=q(an+1-a1),即an+2-qan+1=a2-qa1由n=1有b(1)=qa(1),即a2=qa1,从而an+2-qan+1=0.因为an0,所以an+2an+1=a2a1=q,故数列an是首项为a1,公比为q的等比数列.综上所述,数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意nn*,三个数a(n),b(n),c(n)组成公比为q的等比数列.15.(2012年四川卷,理20,12分)已知数列an的前n项和为sn,且a2an=s2+sn对一切正整数n都成立.(1)求a1,a2的值;(2)设a10,数列lg10a1an的前n项和为tn.当n为何值时,tn最大?并求出tn的最大值.解:(1)取n=1,得a2a1=s2+s1=2a1+a2,取n=2,得a22=2a1+2a2,由-得a2(a2-a1)=a2.(i)若a2=0,由知a1=0.(ii)若a20,由知a2-a1=1.由解得a1=2+1,a2=2+2;或a1=1-2,a2=2-2.综上可得,a1=0,a2=0;或a1=2+1,a2=2+2;或a1=1-2,a2=2-2.(2)当a10时,由(1)知a1=2+1,a2=2+2.当n2时,有(2+2)an=s2+sn,(2+2)an-1=s2+sn-1,所以(1+2)an=(2+2)an-1,即an=2an-1(n2),所以an=a1(2)n-1=(2+1)(2)n-1.令bn=lg 10a1an,则bn=1-lg(2)n-1=1-12(n-1)lg 2=12lg 1002n-1.所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为-12lg 2),从而b1b2b7=lg 108lg 1=0,当n8时,bnb8=12lg 100128a-1;对某个正整数k,若xk+1xk,则xk=a.其中的真命题有.(写出所有真命题的编号)解析:由已知条件知,当a=5时,x1=5,x2=x1+5x12=5+12=3.x3=x2+5x22=3+532=3+12=2.数列xn的前3项依次是5,3,2,对.令k=1,n=3,若a=5,则xk=x1=5,xn=x3=2,显然不合题意,错.xn+axn2a,xn+axn2a,xn+axn2a-1.对.由基本不等式得到xk+axk2a,kn*,xk+1a,即xk=a.对.答案:21.(2010年湖南卷,理15)若数列an满足:对任意的nn*,只有有限个正整数m使得amn成立,记这样的m的个数为(an)*,则得到一个新数列(an)*.例如,若数列an是1,2,3,n,则数列(an)*是0,1,2,n-1,.已知对任意的nn*,an=n2,则(a5)*=.(an)*)*=.解析:an=n2,由(an)*的定义知,(a5)*为am5的m的个数,又a1=15,a2=22=45,m=2,故(a5)*=2.数列an为1,22,32,42,52,(n-1)2,n2,(a1)*=0,(a2)*=1,(a3)*=1,(a4)*=1,(a5)*=2,(an2-1)*=n-1,(an2)*=n-1,(an2+1)*=n,数列(an)*为01个,1,1,13个,2,2,2,2,25个,3,3,37个,n-1,n-1,n-1(2n-1)个,n,n(2n+1)个,.(a1)*)*=1,(a2)*)*=4=22,(a3)*)*=9=32,(an)*)*=n2.答案:2n2(2011年天津卷,理20)已知数列an与bn满足bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn=3+(-1)n2,nn*,且a1=2,a2=4.(1)求a3,a4,a5的值;(2)设cn=a2n-1+a2n+1,nn*,证明cn是等比数列;(3)设sk=a2+a4+a2k,kn*,证明k=14nskak76(nn*).难题特色:本题主要考查递推数列问题,分组转化求和及裂项求和的方法,以及分类讨论思想、放缩法证明不等式等多种方法与思想综合应用.难点突破:解决(1)问的关键分n为奇数、偶数确定bn;解决(2)问的关键抓住a2n-1+a2n+2a2n+1=0进行递推变形,从而证明cn+1=-cn;解决(3)问的关键是首先利用累加法求a2k-1,a2k,后分组求和s2k,s2k-1,再利用裂项求和确定k=14nskak后放缩证明不等式.(1)解:由b