（全国通用）2017届高考数学一轮总复习 第六章 数列 6.4 数列求和、数列的综合应用专用题组 理 新人教B版.doc

6.4数列求和、数列的综合应用考点一数列求和13.(2012江西,16,12分)已知数列an的前n项和sn=-n2+kn(其中kn*),且sn的最大值为8.(1)确定常数k,并求an;(2)求数列的前n项和tn.解析(1)当n=kn*时,sn=-n2+kn取最大值,即8=sk=-k2+k2=k2,故k2=16,因此k=4,从而an=sn-sn-1=-n(n2).又a1=s1=,所以an=-n.(2)令bn=,则tn=b1+b2+bn=1+,所以tn=2tn-tn=2+1+-=4-=4-.评析本题主要考查二次函数最值、前n项和sn与an的关系、错位相减求和等基础知识,考查转化与化归思想及推理运算能力.考点二数列的综合应用9.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列an,bn(bn0,nn*)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,bn0(nn*),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bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列an的前n项和sn=130+331+532+(2n-1)3n-1,3sn=131+332+(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.评析本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n项和,考查学生的运算求解能力,在利用错位相减法求和时,计算错误是学生失分的主要原因.10.(2014四川,19,12分)设等差数列an的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(nn*).(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列an的前n项和sn;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和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)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-=(ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-.由题意得,a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而an=n,bn=2n.所以tn=+,2tn=+.因此,2tn-tn=1+-=2-=.所以,tn=.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.11.(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sn60n+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=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.评析本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法.12.(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=,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-10,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0.但,所以|a2n+1-a2n|0,因此a2n-a2n-1=.因为a2n是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n0,故a2n+1-a2n=-=.由,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=+.13.(2012广东,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+1).又a1=1满足上式,an=3n-2n.(3)证明:=3,+3=3=.所以tn=.综上可得对任意的nn*,均有tn.16.(2015广东,21,14分)数列an满足:a1+2a2+nan=4-,nn*.(1)求a3的值;(2)求数列an的前n项和tn;(3)令b1=a1,bn=+an(n2),证明:数列bn的前n项和sn满足sn2+2ln n.解析(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,解得a2=;当n=3时,a1+2a2+3a3=,解得a3=.(2)当n2时,a1+2a2+(n-1)an-1+nan=4-,a1+2a2+(n-1)an-1=4-,由-得,nan=,所以an=(n2),经检验,a1=1也适合上式,所以an=(nn*).所以数列an是以1为首项,为公比的等比数列.所以tn=2-.(3)证明:b1=1,bn=-+(n2).当n=1时,s1=12+2ln 1.当n2时,bn=+an=+(tn-tn-1)=+tn-tn-1=tn-tn-1,所以sn=1+t2-1t1+t3-t2+tn-tn-1=tn2=2+2,以下证明+1),则h(x)=-=0(x1),所以函数h(x)在区间(1,+)上单调递增,即h(x)h(1)=0.所以ln x1-(x1),分别令x=2,得ln 21-=,ln1-=,ln1-=,ln1-=.累加得ln 2+ln+ln+,即ln 2+(ln 3-ln 2)+ln n-ln(n-1)+,所以+ln n(n2).综上,sn0,c30,c40,当n5时,cn=,而-=0,得1,所以,当n5时,cn0.综上,对任意nn*,恒有s4sn,故k=4.评析本题主要考查等差数列与等比数列的概念、通项公式、求和公式、不等式性质等基础知识,同时考查运算求解能力.18.(2012大纲全国,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.解析(1)用数学归纳法证明:2xnxn+13.(i)当n=1时,x1=2,直线pq1的方程为y-5=(x-4),令y=0,解得x2=,所以2x1x23.(2分)(ii)假设当n=k时,结论成立,即2xkxk+13.直线pqk+1的方程为y-5=(x-4),令y=0,解得xk+2=.由归纳假设知xk+2=4-0,即xk+1xk+2.所以2xk+1xk+23,即当n=k+1时,结论成立.由(i)、(ii)知对任意的正整数n,2xnxn+10,数列的前n项和为tn.当n为何值时,tn最大?并求出tn的最大值.解析(1)取n=1,得a2a1=s2+s1=2a1+a2,取n=2,得=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=+1,a2=2+;或a1=1-,a2=2-.综上可得,a1=0,a2=0;或a1=+1,a2=+2;或a1=1-,a2=2-.(5分)(2)当a10时,由(1)知a1=+1,a2=+2.当n2时,有(2+)an=s2+sn,(2+)an-1=s2+sn-1,所以(1+)an=(2+)an-1,即an=an-1(n2),所以an=a1()n-1=(+1)()n-1.令bn=lg,则bn=1-