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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-1
4
+1

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
2×1 2

解析 (1)因为 S1=a1,S2=2a1+ S4=4a1+
4×3 2

×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-1 =(-1)n-1
1 2 -1 4
+1

=(-1)n-1

4 (2 -1)(2 +1)

+ 2 +1 .
1

1

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

+ 5 +…+ 3

1

1 2 -3

+

1 2 -1

-

1 2 -1

+ 2 +1

1

+ 5 +…-

2 -3 2 -1

+

+

2 -1 2 +1

+

=1+2 +1=2 +1.

2 +2 2 +1 2 2 +1

,n 为奇数, ,n 为偶数. 2 + 1 + (-1) 或 = 2 + 1
-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= ,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 +1 - =2,即 cn+1-cn=2.
+1





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-ln 2,求数列
1

的前 n 项和 Tn.

解析 (1)由已知,b7=2 7 ,b8=2 8 =4b7,有2 8 =4×2 7 =2 7 +2 . 解得 d=a8-a7=2. 所以,Sn=na1+
( -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-2 2 =(2 2 ln 2)(x-a2), 它在 x 轴上的截距为 a2-ln 2. 由题意,a2-ln 2=2-ln 2, 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 +…+
1 2 3 2 -1 1 2 3 -1 2 -1 1 1 1

+2 ,



.
1 2 -1

因此,2Tn-Tn=1+2+22 +…+ 所以,Tn=
2 +1 -n -2 2

1 1

-2 =2-



1 2 -1

-2 =



2 +1 -n -2 2

.

.


4.(2014 浙江,19,14 分)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an=( 2) (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.


1

1

*

(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) ,b3-b2=6, 知 a3=( 2)
3 -2

=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
( +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= - =2

1

1

- +1 (n∈N*),

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

1

1

-1 , >0,

( +1) ( +1)( +2) ( +1)( -2)

-

2 +1 5·(5+1) 25

=

2 +1

( +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=
[2+(4 -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22 <
1 1 22 -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 1 2 -1 (-1)

2

=

22 -1

.③

因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故 a2n+1-a2n=2 +1 1 2 (-1)

2

=

22 (-1) 2

.④ .

+1

由③,④知,an+1-an=


于是 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+2-22 +…+ =1+2· =3+3·
4 1 4 1 1 1- 1 1 (-1) 2 -1

1 -1 2 1 1+ 2

(-1)

2 -1

,


故数列{an}的通项公式为 an=3+3·
(-1) 2 -1

.


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