2020届二轮复习　数列的综合应用学案（全国通用）

2020届二轮复习 　数列的综合应用 学案
五年高考
考点一　数列求和
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2018课标全国Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(　　)
A.440 B.330
C.220 D.110
答案　A
2.(2018课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　. 
答案　
3.(2018课标Ⅱ,16,5分)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=　　　　. 
答案　-
4.(2018课标全国Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
解析　(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)
(2)因为bn=(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
5.(2018课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
解析　(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.
可得-+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)
(2)由an=2n+1可知
bn===.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=
=.(12分)
教师用书专用(6—12)
6.(2018北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=　　　　. 
答案　6
7.(2018湖南,15,5分)设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-,n∈N*,则
(1)a3=　　　　; 
(2)S1+S2+…+S100=　　　　. 
答案　(1)-　(2)
8.(2018天津,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.
(1)求q的值和{an}的通项公式;
(2)设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
解析　(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,
所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,
由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=.
所以{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
上述两式相减,得
Sn=1+++…+-=-=2--,
整理得,Sn=4-.
所以数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*.
9.(2018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,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,
S4=4a1+×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)n-1.
当n为正偶数时,
Tn=-+…+-
=1-=.
当n为正奇数时,
Tn=-+…-+++=1+=.
所以Tn=
10.(2018浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d0.
由题意得
所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,
所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意bn=×2n-1=(2n+1)×2n-2,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①
2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②
①-②得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=+-(2n+1)×2n-1.
所以Tn=.
教师用书专用(4—13)
4.(2018课标全国Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则(　　)
A.{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列
D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列
答案　B
5.(2018安徽,18,12分)设n∈N*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)记Tn=…,证明:Tn≥.
解析　(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.
从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).
令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-=.
(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知
Tn=…=….
当n=1时,T1=.
当n≥2时,因为==>
==.
所以Tn>×××…×=.
综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥.
6.(2018重庆,22,12分)在数列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μ=0(n∈N+).
(1)若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式;
(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+a2>…>an>an+1>…>0.
因为an+1===an-+·,
所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)
=a1-k0·+·>2+·=2+.
另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得
=a1-k0·+·
0,故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,
即-2=0,故xn=+.
(2)解法一:由题设知,gn(x)=.
设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-,x>0.
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-.
若00,n-k+1≥1.
若00,
从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以mk(x)>mk(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,ak>bk(2≤k≤n),
又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)0,c4>0;
当n≥5时,cn=,
而-=>0,
得≤60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40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.
11.(2018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=,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=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-1>0,
于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①
但