2017年全国卷高考数学复习专题——数列求和、数列的综合应用

2017年全国卷高考数学复习专题——

数列求和、数列的综合应用

考点一 数列求和

1.(2014山东,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=(-1)n-1𝑎

4𝑛

𝑛𝑎𝑛+1

,求数列{bn}的前n项和Tn.

2×12

解析 (1)因为S1=a1,S2=2a1+S4=4a1+

4×32

×2=2a1+2,

×2=4a1+12,

由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得a1=1, 所以an=2n-1. (2)bn=(-1)n-1𝑎=(-1)n-1

12𝑛-1

4𝑛

𝑛𝑎𝑛+1

=(-1)n-1

4𝑛

(2𝑛-1)(2𝑛+1)

+2𝑛+1 .

1

1

1

1

当n为偶数时, Tn= 1+3 - 3+5 +…+ =1-2𝑛+1 =2𝑛+1. 当n为奇数时, Tn= 1+3 - 3+5 +…-2𝑛+21

1

1

12𝑛-32𝑛-1

1

12𝑛-1

1

1

2𝑛+2

2𝑛

1

1

2𝑛-3

+

12𝑛-1

-

12𝑛-1

+2𝑛+1

1

++

+2𝑛+1=1+2𝑛+1=2𝑛+1.

所以

+1

Tn= 2𝑛2𝑛

2𝑛+1

,n为奇数,,n为偶数.

2𝑛+1+(-1)

或𝑇𝑛=

2𝑛+1𝑛-1

考点二 数列的综合应用

2.(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=𝑏𝑛,求数列{cn}的通项公式;

𝑛

𝑎

(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𝑏𝑛+1-𝑏𝑛=2,即cn+1-cn=2.

𝑛+1

𝑛

𝑎𝑎

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.

3.(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-ln2,求数列 𝑏𝑛 的前n项和Tn.

𝑛

1

𝑎

解析 (1)由已知,b7=2𝑎7,b8=2𝑎8=4b7,有2𝑎8=4×2𝑎7=2𝑎7+2. 解得d=a8-a7=2. 所以,Sn=na1+

𝑛(𝑛-1)2

d=-2n+n(n-1)=n2-3n.

(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为 y-2𝑎2=(2𝑎2ln 2)(x-a2), 它在x轴上的截距为a2-ln2. 由题意,a2-ln2=2-ln2, 解得a2=2.

所以d=a2-a1=1. 从而an=n,bn=2n. 所以Tn=2+22+23+…+2Tn=1+2+22+…+123

𝑛2𝑛-1

12

3

𝑛-12

1

1

1

+, 𝑛-12𝑛

𝑛

.

1

𝑛2𝑛-12

因此,2Tn-Tn=1+2+22+…+所以,Tn=

2𝑛+1-n-2

2𝑛11

-=2-𝑛1

𝑛2𝑛-12

-=𝑛

2𝑛+1-n-2

2𝑛. .

𝑏

4.(2014浙江,19,14分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=( 2)𝑛(n∈N*).若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2. (1)求an与bn;

(2)设cn=𝑎-𝑏(n∈N).记数列{cn}的前n项和为Sn.

𝑛

𝑛

11

*

(i)求Sn;

(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn. 解析 (1)由题意a1a2a3…an=( 2)𝑛,b3-b2=6, 知a3=( 2)𝑏3-𝑏2

𝑏

=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=2

𝑛(𝑛+1)

2=( 2)n(n+1).

1

1

1

故数列{bn}的通项为bn=n(n+1)(n∈N*). (2)(i)由(1)知cn=𝑎-𝑏=2𝑛- 𝑛-𝑛+1 (n∈N*),

𝑛

𝑛

11

所以Sn=𝑛+1-2𝑛(n∈N*). (ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0; 当n≥5时,cn=𝑛(𝑛+1) 而得

2𝑛2𝑛1

𝑛(𝑛+1)2𝑛11

-1 , >0, 𝑛(𝑛+1)(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+1)(𝑛-2)

-

2𝑛+15·(5+1)

25=

2𝑛+1

𝑛(𝑛+1)

≤<1,

所以,当n≥5时,cn<0.

综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.

5.(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=

𝑛[2+(4𝑛-2)]

2

=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.

6.(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=2,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=3或p=0. 当p=0时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾.故p=3. (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22𝑛<1

122𝑛-1

1

1

1

,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②

由①,②知,a2n-a2n-1>0, 因此a2n-a2n-1= 2 a2n+1-a2n=- 2 =

2𝑛

12𝑛-1(-1)

=

22𝑛-1

.③

因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故

2𝑛+1

12𝑛(-1)

22𝑛(-1)2𝑛.④ . 𝑛+1

由③,④知,an+1-an=

𝑛

于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+2-22+…+=1+2·=3+3·41411

1- - 11

(-1)2𝑛-1

1𝑛-1211+2𝑛

(-1)

2𝑛-1

,

𝑛

故数列{an}的通项公式为 an=3+3·

(-1)2𝑛-1

.