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 试题

§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k∈N*),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=k∈N*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(n≥2).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}(bn≠0,n∈N*)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,bn≠0(n∈N*),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=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3Sn=1·31+3·32+…+(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(n∈N*).(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-=(ln2)(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Sn>60n+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2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.当an=4n-2时,Sn==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得Sn>60n+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,n∈N*.(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-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因为{a2n}是递减数列,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,n∈N*,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++…+<.解析(1)由2Sn=an+1-2n+1+1得又由a1,a2+5,a3成等差数列得2(a2+5)=a1+a3,③由①②③得a1=1.(2)由题设条件可知n≥2时,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为公比的等比数列,∴an+2n=(a1+2)·3n-1=3n,即an=3n-2n(n>1).又a1=1满足上式,∴an=3n-2n.(3)证明:∵==·≤·=3·,∴++…+≤3=3×=<.评析本题考查数列的通项公式、等差数列的定义及数列的求和,考查运算推理能力及数列与不等式的综合应用能力.14.(2012天津,18,13分)已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是等比数列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)记Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn,n∈N*,证明Tn+12=-2an+10bn(n∈N*).解析(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.由条件,得方程组解得所以an=3n-1,bn=2n,n∈N*.(2)证法一: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*.证法二:数学归纳法.(i)当n=1时,T1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16,故等式成立;(ii)假设当n=k时等式成立,即Tk+12=-2ak+10bk,则当n=k+1时有: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时等式也成立.由(i)和(ii),可知对任意n∈N*,Tn+12=-2an+10bn成立.评析本题主要考查等差数列与等比数列的概念、通项公式、前n项和公式、数列求和等基础知识,考查化归与转化的思想方法,考查运算能力、推理论证能力.15.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{xn}的通项公式;(2)记Tn=…,证明:Tn≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知Tn=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以Tn>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥.16.(2015广东,21,14分)数列{an}满足:a1+2a2+…+nan=4-,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{an}的前n项和Tn;(3)令b1=a1,bn=+an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.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n≥2时,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),经检验,a1=1也适合上式,所以an=(n∈N*).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=-·+·(n≥2).当n=1时,S1=1<2+2ln1.当n≥2时,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,以下证明++…+<lnn(n≥2).构造函数h(x)=lnx-1+(x>1),则h'(x)=-=>0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以lnx>1-(x>1),分别令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).综上,Sn<2+2lnn,n∈N*.评析本题考查数列综合应用的同时,侧重考查推理与证明.17.(2014浙江,19,14分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=((n∈N*).若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an与bn;(2)设cn=-(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.(i)求Sn;(ii)求正整数k,使得对任意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),所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…an==()n(n+1).故数列{bn}的通项为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,当n≥5时,cn=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,cn<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,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:2≤xn<xn+1<3;(2)求数列{xn}的通项公式.解析(1)用数学归纳法证明:2≤xn<xn+1<3.(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2≤x1<x2<3.(2分)(ii)假设当n=k时,结论成立,即2≤xk<xk+1<3.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-<4-=3;xk+2-xk+1=>0,即xk+1<xk+2.所以2≤xk+1<xk+2<3,即当n=k+1时,结论成立.由(i)、(ii)知对任意的正整数n,2≤xn<xn+1<3.(6分)(2)由(1)及题意得xn+1=.设bn=xn-3,则=+1,+=5,数列是首项为-,公比为5的等比数列.(10分)因此+=-·5n-1,即bn=-,所以数列{xn}的通项公式为xn=3-.(12分)评析本题考查了函数与数列的综合应用,运用了数学归纳法证明不等式,以及构造法求通项的方法,难度较大.19.(2012陕西,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k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.解析(1)设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1),由a5,a3,a4成等差数列,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)证明:证法一:对任意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,对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.证法二:对任意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,对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.