《（全国通用）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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用）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（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（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
2、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
3、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
4、=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
5、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a
6、n=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=
7、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
8、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
9、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,Sn2+2ln n,nN*.评析本题考查数列综合应用的同时,侧重考查推理与证明.
