2020届高三文科数学总复习习题:6.4 数列的综合应用 Word版含答案.docx
《2020届高三文科数学总复习习题:6.4 数列的综合应用 Word版含答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020届高三文科数学总复习习题:6.4 数列的综合应用 Word版含答案.docx(26页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、6.4数列的综合应用【考点集训】考点一数列求和1.(2017湖南湘潭三模,9)已知Tn为数列2n+12n的前n项和,若mT10+1 013恒成立,则整数m的最小值为() A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023答案C2.(2017福建福州八中第六次质检,17)在等比数列an中,公比q1,等差数列bn满足b1=a1=3,b4=a2,b13=a3.(1)求数列an与bn的通项公式;(2)记cn=(-1)nbn+an,求数列cn的前2n项和S2n.解析(1)设等差数列bn的公差为d.则有3+3d=3q,3+12d=3q2,解得q=3,d=2或q=1,d=0(舍去),所以an=3n,b
2、n=2n+1.(2)由(1)知cn=(-1)n(2n+1)+3n,则S2n=(3+32+33+32n)+(-3)+5+(-7)+9+-(4n-1)+(4n+1)=3(1-32n)1-3+(5-3)+(9-7)+(4n+1-4n+1)=32n+1-32+2n.3.(2017湖南郴州二模,17)已知等差数列an满足:an+1an(nN*),a1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,an+2log2bn=-1.(1)分别求数列an,bn的通项公式;(2)求数列anbn的前n项和Tn.解析(1)设d为等差数列an的公差,则d0.由a1=1,a2=1+d,a3=1+2d分别加上1,1,3后
3、成等比数列,得(2+d)2=2(4+2d),解得d=2(舍负),所以an=1+(n-1)2=2n-1(nN*),又因为an+2log2bn=-1,所以log2bn=-n,则bn=12n(nN*).(2)由(1)知anbn=(2n-1)12n,则Tn=121+322+523+2n-12n,12Tn=122+323+524+2n-12n+1,-,得12Tn=12+2122+123+124+12n-2n-12n+1.12Tn=12+2141-12n-11-12-2n-12n+1,Tn=1+2-22n-1-2n-12n=3-4+2n-12n=3-3+2n2n.考点二数列的综合应用1.(2018福建漳州
4、期末调研测试,5)等差数列an和等比数列bn的首项均为1,公差与公比均为3,则ab1+ab2+ab3=()A.64B.32C.38D.33答案D2.(2018河南商丘第二次模拟,6)已知数列an满足a1=1,an+1-an2(nN*),且Sn为an的前n项和,则()A.an2n+1B.Snn2C.an2n-1 D.Sn2n-1答案B3.(2018福建福州八校联考,17)已知公差不为0的等差数列an的前三项和为6,且a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,数列bn的前n项和为Sn,求使Sn1415的n的最大值.解析(1)设等差数列an的首项为a1,公
5、差为d(d0),依题意可得a1+a2+a3=6,a42=a2a8,即a1+d=2,d2-a1d=0,d0,a1=1,d=1,an=n.(2)由(1)可得bn=1n(n+1)=1n-1n+1.Sn=1-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+1.令1-1n+11415,得n14,n的最大值为13.4.(2018广东佛山一中期中考试,17)在等差数列an中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列bn的各项均为正数,b1=1,公比为q,且b2+S2=12,q=S2b2.(1)求an与bn;(2)证明:131S1+1S2+1Sn23.解析(1)设数列an的公差为d.因为b2+S2=12,b1=1,q
6、=S2b2,所以q+6+d=12,q=6+dq.解得q=3或q=-4(舍),d=3.故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.(2)证明:因为Sn=n(3+3n)2,所以1Sn=2n(3+3n)=231n-1n+1.故1S1+1S2+1Sn=231-12+12-13+13-14+1n-1n+1=231-1n+1.因为n1,所以01n+112,所以121-1n+11, 所以13231-1n+123,即131S1+1S2+1Sn1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列bn满足b1=1,数列(bn+1-bn)an的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列bn
7、的通项公式.解析(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20得8q+1q=20,解得q=2或q=12,因为q1,所以q=2.(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列cn的前n项和为Sn.由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n2,解得cn=4n-1.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)12n-1,故bn-bn-1=(4n-5)12n-2,n2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)12n-2+(4n-9)12n-3+
8、712+3.设Tn=3+712+11122+(4n-5)12n-2,n2,12Tn=312+7122+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-1(n2),所以12Tn=3+412+4122+412n-2-(4n-5)12n-1(n2),因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-2.2.(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bnan的前n项和Tn.解析(1)设an的公比
9、为q,由题意知:a1(1+q)=6,a12q=a1q2,又an0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.(2)由题意知:S2n+1=(2n+1)(b1+b2n+1)2=(2n+1)bn+1,又S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以bn=2n+1.令cn=bnan,则cn=2n+12n.因此Tn=c1+c2+cn=32+522+723+2n-12n-1+2n+12n,又12Tn=322+523+724+2n-12n+2n+12n+1,两式相减得12Tn=32+12+122+12n-1-2n+12n+1,所以Tn=5-2n+52n.3.(2017北京,15,13分)已知等差数列an和等比数列b
10、n满足a1=b1=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=3n-12.4.(2016天津,18,13分)已知an是等比数列,前n项和为Sn(nN*),且1a1-1a2=2a3,S6=63.(1)求an的通项公式;(2)若对任意的nN
11、*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列(-1)nbn2的前2n项和.解析(1)设数列an的公比为q.由已知,有1a1-1a1q=2a1q2,解得q=2,或q=-1.又由S6=a11-q61-q=63,知q-1,所以a11-261-2=63,得a1=1.所以an=2n-1.(2)由题意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即bn是首项为12,公差为1的等差数列.设数列(-1)nbn2的前n项和为Tn,则T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+(-b2n-12+b2n2)=b1+b2+b3+b4+b2n-
12、1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2.考点二数列的综合应用1.(2018江苏,14,5分)已知集合A=x|x=2n-1,nN*,B=x|x=2n,nN*.将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an.记Sn为数列an的前n项和,则使得Sn12an+1成立的n的最小值为.答案272.(2018北京,15,13分)设an是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.(1)求an的通项公式;(2)求ea1+ea2+ean.解析(1)设an的公差为d.因为a2+a3=5ln 2,所以2a1+3d=5ln 2.又a1=ln 2,所以d=ln 2.所以an=a1+(n-1)d=nln 2
13、.(2)因为ea1=eln 2=2,eanean-1=ean-an-1=eln 2=2,所以ean是首项为2,公比为2的等比数列.所以ea1+ea2+ean=21-2n1-2=2(2n-1).3.(2017天津,18,13分)已知an为等差数列,前n项和为Sn(nN*),bn是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求an和bn的通项公式;(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*).解析(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q0,解
14、得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5d=16,联立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,an的通项公式为an=3n-2,bn的通项公式为bn=2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=42+1022+1623+(6n-2)2n,2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1,上述两式相减,得-Tn=42+622+623+62n-(6n-2)2n+1=12(1-2n)1-2-4-(6n-2)2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得Tn=(3n-4)2n+
15、2+16.所以,数列a2nbn的前n项和为(3n-4)2n+2+16.4.(2016浙江,17,15分)设数列an的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,nN*.(1)求通项公式an;(2)求数列|an-n-2|的前n项和.解析(1)由题意得a1+a2=4,a2=2a1+1,则a1=1,a2=3.又当n2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an.又因为a2=3=3a1,所以数列an是首项为1,公比为3的等比数列.所以,数列an的通项公式为an=3n-1,nN*.(2)设bn=|3n-1-n-2|,nN*,则b1=2,b2=1.当n3时,
16、由于3n-1n+2,故bn=3n-1-n-2,n3.设数列bn的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.当n3时,Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112,经检验,n=2时也符合.所以Tn=2,n=1,3n-n2-5n+112,n2,nN*.C组教师专用题组考点一数列求和1.(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,S10=100.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)当d1时,记cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)由题意有,10a1+45d=10
17、0,a1d=2,即2a1+9d=20,a1d=2,解得a1=1,d=2,或a1=9,d=29.故an=2n-1,bn=2n-1,或an=19(2n+79),bn=929n-1.(2)由d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n-12n-1,于是Tn=1+32+522+723+924+2n-12n-1,12Tn=12+322+523+724+925+2n-12n.-可得12Tn=2+12+122+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,故Tn=6-2n+32n-1.2.(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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2020届高三文科数学总复习习题:6.4 数列的综合应用 Word版含答案 2020 届高三 文科 数学 复习 习题 6.4 数列 综合 应用 Word 答案
链接地址:https://www.31doc.com/p-4669350.html