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五年高考2022届高考数学复习第六章第四节数列求和数列的综合应用文全国通用
五年高考2022届高考数学复习第六章第四节数列求和数列的综合应用文全国通用
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第四节 数列求和、数列的综合应用考点一 数列求和1.(2022·课标全国,12)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为( )A.3690B.3660C.1845D.1830解析 ∵an+1+(-1)nan=2n-1,∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,…,a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1,∴a1+a2+…+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a57+a58+a59+a60)=10+26+42+…+234==1830.答案 D2.(2022·江苏,11)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为________.解析 ∵a1=1,an+1-an=n+1,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,将以上n-1个式子相加得an-a1=2+3+…+n=,即an=,令bn=,故bn==2,故S10=b1+b2+…+b10=2=.答案 3.(2022·安徽,18)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.解 (1)由题设知a1·a4=a2·a3=8.又a1+a4=9.可解得或(舍去).由a4=a1q3得公比q=2,故an=a1qn-1=2n-1.11\n(2)Sn==2n-1,又bn===-,所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=1-.4.(2022·福建,17)在等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2an-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由已知得解得所以an=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得bn=2n+n,所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)=+=(211-2)+55=211+53=2101.5.(2022·天津,18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和.解 (1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意q>0.由已知,有消去d,整理得q4-2q2-8=0,又因为q>0,解得q=2,所以d=2.所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*.(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,11\n上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*.6.(2022·山东,19)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)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和Tn.解 (1)设数列{an}的公差为d,令n=1,得=,所以a1a2=3.令n=2,得+=,所以a2a3=15.解得a1=1,d=2,所以an=2n-1.(2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n,所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n,所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1,两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1=-n·4n+1=×4n+1-.所以Tn=×4n+1+=.7.(2022·浙江,17)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*).(1)求an与bn;(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.解 (1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*).由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得11\n=,所以bn=n(n∈N*).(2)由(1)知anbn=n·2n.因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).8.(2022·湖南,19)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,a2=2,且an+2=3Sn-Sn+1+3,n∈N*.(1)证明:an+2=3an;(2)求Sn.(1)证明 由条件,对任意n∈N*,有an+2=3Sn-Sn+1+3,因而对任意n∈N*,n≥2,有an+1=3Sn-1-Sn+3.两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1,即an+2=3an,n≥2.又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1,故对一切n∈N*,an+2=3an.(2)解 由(1)知,an≠0,所以=3.于是数列{a2n-1}是首项a1=1,公比为3等比数列;数列{a2n}是首项a2=2,公比为3的等比数列.因此a2n-1=3n-1,a2n=2×3n-1.于是S2n=a1+a2+…+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1)=3(1+3+…+3n-1)=.从而S2n-1=S2n-a2n=-2×3n-1=(5×3n-2-1).综上所述,Sn=9.(2022·安徽,18)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.11\n(1)证明:数列{}是等差数列;(2)设bn=3n·,求数列{bn}的前n项和Sn.(1)证明 由已知可得=+1,即-=1.所以{}是以=1为首项,1为公差的等差数列.(2)解 由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以an=n2.从而bn=n·3n.Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1=.所以Sn=.10.(2022·新课标全国Ⅰ,17)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.解 (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=.所以{an}的通项公式为an=n+1.(2)设{}的前n项和为Sn,由(1)知=,则Sn=++…++,Sn=++…++.两式相减得Sn=+-=+-.所以Sn=2-.11\n11.(2022·山东,19)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=a,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.解 (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=a=n(n+1).所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).因为bn+1-bn=2(n+1),可得当n为偶数时,Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+…+2n==,当n为奇数时,Tn=Tn-1+(-bn)=-n(n+1)=-.所以Tn=12.(2022·重庆,16)设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N+(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 (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).11\n(2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差d=5,故T20=20×3+×5=1010.考点二 数列的综合问题1.(2022·四川,12)设函数f(x)=(x-3)3+x-1,{an}是公差不为0的等差数列,f(a1)+f(a2)+…+f(a7)=14,则a1+a2+…+a7等于( )A.0B.7C.14D.21解析 ∵f(x)=(x-3)3+x-1=(x-3)3+(x-3)+2,而y=x3+x是单调递增的奇函数,∴f(x)=(x-3)3+(x-3)+2是关于点(3,2)成中心对称的增函数.又∵{an}是等差数列,f(a1)+f(a2)+…+f(a7)=14=7×2,∴f(a4)=2,即(a4-3)3+(a4-3)+2=2,∴a4=3,∴a1+a2+…+a7=7a4=21.答案 D2.(2022·浙江,10)已知{an}是等差数列,公差d不为零.若a2,a3,a7成等比数列,且2a1+a2=1,则a1=________,d=________.解析 因为a2,a3,a7成等比数列,所以a=a2a7,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d),∴a1=-d,∵2a1+a2=1,∴2a1+a1+d=1即3a1+d=1,∴a1=,d=-1.答案 -13.(2022·北京,16)已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a4-a3=2.(1)求{an}的通项公式;(2)设等比数列{bn}满足b2=a3,b3=a7;问:b6与数列{an}的第几项相等?解 (1)设等差数列{an}的公差为d.因为a4-a3=2,所以d=2.11\n又因为a1+a2=10,所以2a1+d=10,故a1=4.所以an=4+2(n-1)=2n+2(n=1,2,…).(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b2=a3=8,b3=a7=16,所以q=2,b1=4.所以b6=4×26-1=128.由128=2n+2,得n=63,所以bn与数列{an}的第63项相等.4.(2022·重庆,18)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=.(1)求{an}的通项公式;(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn.解 (1)设{an}的公差为d,则由已知条件得a1+2d=2,3a1+d=,化简得a1+2d=2,a1+d=,解得a1=1,d=,故通项公式an=1+,即an=.(2)由(1)得b1=1,b4=a15==8.设{bn}的公比为q,则q3==8,从而q=2,故{bn}的前n项和Tn===2n-1.5.(2022·广东,19)设数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.已知a1=1,a2=,a3=,且当n≥2时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.(1)求a4的值;(2)证明:为等比数列;(3)求数列{an}的通项公式.(1)解 当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,即4+5=8+1,11\n解得:a4=.(2)证明 因为4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),所以4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),即4an+2+an=4an+1(n≥2),因为4a3+a1=4×+1=6=4a2,所以4an+2+an=4an+1,因为====,所以数列是以a2-a1=1为首项,公比为的等比数列.(3)解 由(2)知;数列是以a2-a1=1为首项,公比为的等比数列,所以an+1-an=,即-=4,所以数列是以=2为首项,公差为4的等差数列,所以=2+(n-1)×4=4n-2,即an=(4n-2)×=(2n-1)×,所以数列{an}的通项公式是an=(2n-1)×.6.(2022·湖北,19)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d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.解 (1)由题意有即解得或故或11\n(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,于是Tn=1+++++…+,①Tn=+++++…+.②①-②可得Tn=2+++…+-=3-,故Tn=6-.7.(2022·广东,19)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足S-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.(1)求a1的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.(1)解 由题意知,S-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.令n=1,有S-(12+1-3)S1-3×(12+1)=0,可得有S+S1-6=0,解得S1=-3或2,即a1=-3或2,又an为正数,所以a1=2.(2)解 由S-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*可得,(Sn+3)(Sn-n2-n)=0,则Sn=n2+n或Sn=-3,又数列{an}的各项均为正数,所以Sn=n2+n,Sn-1=(n-1)2+(n-1),所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n.又a1=2=2×1,所以an=2n.(3)证明 当n=1时,==<成立;当n≥2时,=<=,11\n所以++…+<+=+<+=.所以对一切正整数n,有++…+<.11
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 23:59:32
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