【步步高】(浙江专用)2017年高考数学 专题五 数列 第38练 数列的综合应用练习

【步步高】 (浙江专用)2017 年高考数学 专题五 数列 第 38 练 数列 的综合应用练习
训练目标 训练题型 (1)数列知识的综合应用;(2)中档大题的规范练. (1)等差数列、等比数列的综合;(2)一般数列的通项与求和;(3)数列与其他知 识的综合应用. (1)用方程(组)思想可解决等差、等比数列的综合问题;(2)一般数列的解法思 解题策略 想是转化为等差或等比数列; (3)数列和其他知识的综合主要是从条件中寻找数 列的通项公式或递推公式.

1.已知{an}是等差数列,满足 a1=3,a4=12,数列{bn}满足 b1=4,b4=20,且{bn-an}为等 比数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前 n 项和.

2.(2015·安徽)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=

an+1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. SnSn+1

1

3.(2015·衡水下学期联考)已知等差数列{an}的各项互不相等,其前两项的和为 10,且 a3 是 a1 与 a7 的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=

an
2×4

n

7 ,其前 n 项和是 Tn,求证:Tn< . 9

4.设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函数 f(x)=2 的图象上(n∈N ). (1)证明:数列{bn}为等比数列; 1 2 (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- , 求数列{anbn} ln 2 的前 n 项和 Sn.

x

*

1 1 * 5.(2015·淄博一模)在数列{an}中,a1= ,其前 n 项和为 Sn,且 Sn=an+1- (n∈N ). 2 2 (1)求 an,Sn; (2)设 bn=log2(2Sn+1)-2,数列{cn}满足 cn·bn+3·bn+4=1+(n+1)(n+2)·2bn,数列{cn} 的前 n 项和为 Tn,求使 4Tn>2
n+1

1 - 成立的最小正整数 n 的值. 504

2

答案解析 1.解 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 由题意得 d=

a4-a1 12-3
3 = 3

=3,

所以 an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…). 设等比数列{bn-an}的公比为 q, 由题意得,q =
3

b4-a4 20-12 = =8, b1-a1 4-3
n-1

解得 q=2.所以 bn-an=(b1-a1)q 从而 bn=3n+2
n-1

=2

n-1



(n=1,2,…).
n-1

(2)由(1)知,bn=3n+2

(n=1,2,…),

3 数列{3n}的前 n 项和为 n(n+1), 2 数列{2
n-1

}的前 n 项和为 1×

1-2 n =2 -1, 1-2

n

3 n 所以数列{bn}的前 n 项和为 n(n+1)+2 -1. 2 2.解 (1)由题设知 a1·a4=a2·a3=8. 又 a1+a4=9,可解得?
3

? ?a1=1, ?a4=8 ?

或?

? ?a1=8, ?a4=1 ?

(舍去).

由 a4=a1q 得公比 q=2,故 an=a1q (2)Sn= 又 bn=

n-1

=2

n-1

.

a1(1-q ) n =2 -1, 1-q

n

an+1 Sn+1-Sn 1 1 = = - , SnSn+1 SnSn+1 Sn Sn+1

所以 Tn=b1+b2+…+bn

?1 1? ?1 1? ?1 1 ? =? - ?+? - ?+…+? - ? ?S1 S2? ?S2 S3? ?Sn Sn+1?
1 1 1 = - =1- n+1 . S1 Sn+1 2 -1 3.(1)解 设等差数列{an}的公差为 d(d≠0), 由已知,得?
? ?a1+a2=10, ?a =a1·a7, ?
2 3

? ?2a1+d=10, 即? 2 ?(a1+2d) =a1(a1+6d), ?

解得?

?a1=4, ? ? ?d=2,

∴an=4+(n-1)×2=2n+2.
3

(2)证明

bn=

2n+2 n+1 = n= n , 2×4 2×4 4
n

an

2 3 n+1 其前 n 项和 Tn= + 2+…+ n , 4 4 4 1 2 3 n n+1 Tn= 2+ 3+…+ n+ n+1 , 4 4 4 4 4 1 2 1 1 1 n+1 ∴Tn- Tn= + 2+ 3+…+ n- n+1 4 4 4 4 4 4 1 1 (1- n) 4 1 4 n+1 = + - n+1 4 1 4 1- 4 7 3n+7 = - n+1, 12 3×4 7 3n+7 7 ∴Tn= - n< . 9 9×4 9 4.(1)证明 由已知,bn=2an>0. 当 n≥1 时,

bn+1 d =2an+1-an=2 . bn
d

∴数列{bn}是首项为 2a1,公比为 2 的等比数列. (2)解 将函数 f(x)=2 求导,得 f′(x)=2 ln 2, ∴f(x)=2 在(a2,b2)处的切线方程为
x x x

y-b2=2a2ln 2(x-a2),
1 1 令 y=0,得-b2=2a2ln 2(x-a2),x=a2- =2- , ln 2 ln 2 ∴a2=2. ∴d=2-1=1,∴an=n,bn=2 . ∴anbn=n·4 ,其前 n 项和
2

n

n

Sn=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)·4n-1+n·4n,①
4Sn=1×4 +2×4 +3×4 +…+(n-1)·4 +n·4 ①-②,得-3Sn=4+4 +4 +…+4 -n·4 = 4
n+1
2 3 2 3 4

n

n+1

,②

n

n+1

-4 (1-3n)4 n+1 -n·4 = 3 3
n+1

n+1

-4 .

(3n-1)4 ∴Sn= 9

+4 .

1 1 5.解 (1)由 Sn=an+1- ,得 Sn-1=an- (n≥2), 2 2 两式作差得 an=an+1-an,即 2an=an+1(n≥2),
4



an+1 =2(n≥2), an

1 又 a1=S1=a2- ,得 a2=1, 2 ∴ =2, 1 ∴数列{an}是首项为 ,公比为 2 的等比数列. 2 1 n-1 n-2 则 an= ·2 =2 , 2

a2 a1

Sn=an+1- =2n-1- .
(2)bn=log2(2Sn+1)-2=log22 -2=n-2, ∴cn·bn+3·bn+4=1+(n+1)(n+2)·2bn, 即 cn(n+1)(n+2)=1+(n+1)(n+2)·2 ∵cn=
n-2 n

1 2

1 2



1 1 1 n-2 n-2 +2 = - +2 , (n+1)(n+2) n+1 n+2

1 1 1 1 1 1 ∴Tn=( - )+( - )+…+( - ) 2 3 3 4 n+1 n+2 1 n (1-2 ) 2 1 1 -1 0 n-2 +(2 +2 +…+2 )= - + 2 n+2 1-2 1 1 1 n-1 = - - +2 2 n+2 2 =2
n-1



1

n+2

.

由 4Tn>2 得 4(2 即 4

n+1

1 - , 504 1 1 n+1 )>2 - . n+2 504 ,n>2 014. 1 - 成立的最小正整数 n 的值为 2 015. 504

n-1

- 1

n+2 504

<

∴使 4Tn>2

n+1

5


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