《高考数学(课标版 文科)一轮复习专题 数列的综合应用-（最新版-已修订）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学(课标版 文科)一轮复习专题 数列的综合应用-（最新版-已修订）（24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、6.4数列的综合应用 考纲解读 考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度 1.数列的通项公式及前 n 项和的 求法 掌握数列的通项公式及求和方法 2017 课标全国,17; 2017 北京,15; 2016 天津,18; 2015 山东,19 解答题 2.数列的综合应用 能综合应用等差、等比数列解决 相应问题 2017 天津,18; 2016 浙江,17; 2016 四川,19 选择题、 解答题 来源:Z,xx,k.Com 分析解读 综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力 和运算能力.数列是特殊的函数,是高考的常选考点.历
2、年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在 高考中分值为 12 分左右,属于中档题. 五年高考 考点一数列的通项公式及前 n 项和的求法 1.(2017 山东,19,12 分)已知an是各项均为正数的等比数列,且 a1+a2=6,a1a2=a3. (1)求数列an的通项公式; (2)bn为各项非零的等差数列,其前 n 项和为 Sn.已知 S2n+1=bnbn+1,求数列的前 n 项和 Tn. 解析(1)设an的公比为 q, 由题意知:a1(1+q)=6,q=a1q2, 2 1 又 an0,解得 a1=2,q=2,所以 an=2n. (2)由题意知:S2n+1=(2n+1
3、)bn+1, (2 + 1)(1+ 2 + 1) 2 又 S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以 bn=2n+1. 令 cn=,则 cn=. 2 + 1 2 因此 Tn=c1+c2+cn= +, 3 2 5 22 7 23 2 - 1 2 - 1 2 + 1 2 又 Tn=+, 1 2 3 22 5 23 7 24 2 - 1 2 2 + 1 2 + 1 两式相减得 Tn= +-, 1 2 3 2( 1 2 + 1 22 + + 1 2 - 1) 2 + 1 2 + 1 所以 Tn=5-. 2 + 5 2 2.(2017 北京,15,13 分)已知等差数列an和等比数列bn满足 a1=b1
4、=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求an的通项公式; (2)求和:b1+b3+b5+b2n-1. 解析(1)设等差数列an的公差为 d. 因为 a2+a4=10,所以 2a1+4d=10. 解得 d=2. 所以 an=2n-1. (2)设等比数列bn的公比为 q. 因为 b2b4=a5,所以 b1qb1q3=9. 解得 q2=3. 所以 b2n-1=b1q2n-2=3n-1. 从而 b1+b3+b5+b2n-1=1+3+32+3n-1=. 3- 1 2 3.(2016 天津,18,13 分)已知an是等比数列,前 n 项和为 Sn(nN*),且-=,S6=63. 1 1 1 2
5、2 3 (1)求an的通项公式; (2)若对任意的 nN*,bn是 log2an和 log2an+1的等差中项,求数列(-1)n的前 2n 项和. 2 解析(1)设数列an的公比为 q.由已知,有-=,解得 q=2,或 q=-1. 1 1 1 1q 2 12 又由 S6=a1=63,知 q-1,所以 a1=63,得 a1=1.所以 an=2n-1. 1 - 6 1 - 1 - 26 1 - 2 (2)由题意,得 bn= (log2an+log2an+1)= (log22n-1+log22n)=n- , 1 2 1 2 1 2 即bn是首项为 ,公差为 1 的等差数列. 1 2 设数列(-1)n
6、的前 n 项和为 Tn,则 2 T2n=(-+)+(-+)+(-+) 2 122 2 324 2 2 - 1 2 2 =b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n=2n2. 2(1+ 2) 2 4.(2014 课标,17,12 分)已知an是递增的等差数列,a2,a4是方程 x2-5x+6=0 的根. (1)求an的通项公式; (2)求数列的前 n 项和. 2 解析(1)方程 x2-5x+6=0 的两根为 2,3,由题意得 a2=2,a4=3. 设数列an的公差为 d,则 a4-a2=2d,故 d= ,从而 a1= . 1 2 3 2 所以an的通项公式为 an= n+1. 1 2 (2)设的
7、前 n 项和为 Sn,由(1)知=,则 2 2 + 2 2 + 1 Sn=+, 3 22 4 23 + 1 2 + 2 2 + 1 Sn=+. 1 2 3 23 4 24 + 1 2 + 1 + 2 2 + 2 两式相减得 Sn= +- 1 2 3 4( 1 23 + + 1 2 + 1) + 2 2 + 2 = +-. 3 4 1 4(1 - 1 2 - 1) + 2 2 + 2 所以 Sn=2-. + 4 2 + 1 教师用书专用(513) 5.(2015 湖北,19,12 分)设等差数列an的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比数列bn的公比为 q.已知 b1=a1,b2=2,q=d,
8、S10=100. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)当 d1 时,记 cn=,求数列cn的前 n 项和 Tn. 解析(1)由题意有,即101 + 45d = 100, 1d = 2, 21+ 9d = 20, 1d = 2, 解得或故或1 = 1, = 2, 1= 9, = 2 9. = 2n - 1, = 2 - 1, = 1 9(2n + 79), = 9( 2 9) - 1 . (2)由 d1,知 an=2n-1,bn=2n-1,故 cn=, 2 - 1 2 - 1 于是 Tn=1+ +, 3 2 5 22 7 23 9 24 2 - 1 2 - 1 Tn= +. 1 2 1 2
9、 3 22 5 23 7 24 9 25 2 - 1 2 -可得 Tn=2+ +-=3-, 1 2 1 2 1 22 1 2 - 2 2 - 1 2 2 + 3 2 故 Tn=6-. 2 + 3 2 - 1 6.(2015 安徽,18,12 分)已知数列an是递增的等比数列,且 a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列an的通项公式; (2)设 Sn为数列an的前 n 项和,bn=,求数列bn的前 n 项和 Tn. + 1 + 1 解析(1)由题设知 a1a4=a2a3=8, 又 a1+a4=9,可解得或(舍去).1 = 1, 4= 8 1= 8, 4= 1 由 a4=a1q3得公比为 q
10、=2,故 an=a1qn-1=2n-1. (2)Sn=2n-1,又 bn= -, 1(1 - ) 1 - + 1 + 1 + 1- + 1 1 1 + 1 所以 Tn=b1+b2+bn=+= -( 1 1 - 1 2) ( 1 2 - 1 3) ( 1 - 1 + 1) 1 1 1 + 1 =1-. 1 2 + 1- 1 7.(2015 山东,19,12 分)已知数列an是首项为正数的等差数列,数列的前 n 项和为. 1 + 1 2 + 1 (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn=(an+1),求数列bn的前 n 项和 Tn. 2 解析(1)设数列an的公差为 d. 令 n=1,得= ,
11、 1 12 1 3 所以 a1a2=3. 令 n=2,得+= , 1 12 1 23 2 5 所以 a2a3=15. 解得 a1=1,d=2, 所以 an=2n-1. (2)由(1)知 bn=2n22n-1=n4n, 所以 Tn=141+242+n4n, 所以 4Tn=142+243+n4n+1, 两式相减,得-3Tn=41+42+4n-n4n+1 =-n4n+1 4(1 - 4) 1 - 4 =4n+1- . 1 - 3 3 4 3 所以 Tn=4n+1+ =. 3 - 1 9 4 9 4 + (3 - 1)4 + 1 9 8.(2014 湖北,19,12 分)已知等差数列an满足:a1=2
12、,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,得 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
13、,Sn=2n2. 2 + (4 - 2) 2 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. 9.(2014 安徽,18,12 分)数列an满足 a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),nN*. (1)证明:数列是等差数列; (2)设 bn=3n,求数列bn的前 n 项和 Sn. 解析(1)证明:由已知可得=+1,即-=1. + 1 + 1 + 1 + 1 所以是以=1 为首项,1 为公差的等差数列
14、. 1 1 (2)由(1)得=1+(n-1)1=n,所以 an=n2. 从而 bn=n3n. Sn=131+232+333+n3n, 3Sn=132+233+(n-1)3n+n3n+1. -得-2Sn=31+32+3n-n3n+1 =-n3n+1=. 3(1 - 3) 1 - 3 (1 - 2)3 + 1- 3 2 所以 Sn=. (2 - 1)3 + 1+ 3 4 10.(2014 山东,19,12 分)在等差数列an中,已知公差 d=2,a2是 a1与 a4的等比中项. (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn=,记 Tn=-b1+b2-b3+b4-+(-1)nbn,求 Tn. ( +
15、 1) 2 解析(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6), 解得 a1=2, 所以数列an的通项公式为 an=2n. (2)由题意知 bn=n(n+1). ( + 1) 2 所以 bn+1-bn=2(n+1), 所以当 n 为偶数时, Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+(-bn-1+bn) =4+8+12+2n = 2(4 + 2n) 2 =, ( + 2) 2 当 n 为奇数时, 若 n=1,则 T1=-b1=-2, 若 n1,则 Tn=Tn-1+(-bn) =-n(n+1) ( - 1)( + 1) 2 =-, ( + 1)2 2 n=
16、1 时,满足上式. 所以 Tn= - ( + 1)2 2 ,n为奇数, ( + 2) 2 ,n为偶数. 11.(2013 重庆,16,13 分)设数列an满足:a1=1,an+1=3an,nN+. (1)求an的通项公式及前 n 项和 Sn; (2)已知bn是等差数列,Tn为其前 n 项和,且 b1=a2,b3=a1+a2+a3,求 T20. 解析(1)由题设知an是首项为 1,公比为 3 的等比数列,所以 an=3n-1,Sn= (3n-1). 1 - 3 1 - 3 1 2 (2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差 d=5, 故 T20=203+5=1 010. 20 19 2 12. (2013 安徽,19,13 分)设数列an满足 a1=2,a2+a4=8,且对任意 nN*,函数 f(x)=(an-a
