高考數(shù)學(xué)理二輪專題練習(xí)42數(shù)列求和及綜合應(yīng)用含答案

2講數(shù)列求和及綜合應(yīng)用考情解讀高考對(duì)本節(jié)知識(shí)主要以解答題的形式考查以下兩個(gè)問(wèn)題：1.以遞推或圖、表形這是在推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和時(shí)所用的方法這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)這是在推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和時(shí)所用的方法，也就是將一個(gè)數(shù)列倒過(guò)來(lái)排列(反序)，當(dāng)它 1 1

常見(jiàn)的裂 1nn＋1＝n－＋ 1 1knn＋k＝k(n－n＋k 1 1 2n－12n＋1＝2(2n－

＋

＝k(n＋k－熱點(diǎn)一例1 326498求數(shù)列{an}的通項(xiàng)思維啟迪(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)逐個(gè)推敲確定{an}的通項(xiàng)；(2)分組求和解(1)a1＝3a1＝2a2＝6，a3＝18時(shí)，符合題意；當(dāng)a1＝10時(shí)，不合題意．因此an＝2·3n－1(2)bn＝an＋(－1)nln＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnlnSn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.n

＋2ln3＝3n＋2lnn

－(ln2－ln

－nln

2ln3－ln3n＋nln

ln3－ln2－1，n為奇數(shù)思維升華項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行討論，最后再驗(yàn)證是否可以合并為一個(gè)．已知數(shù)列{a}中，a＝1，aa

＝1

(2)(1)求證：數(shù)列{a2n}與{a2n－1}(n∈N*)都是等比數(shù)列(1)證明anan＋1＝1n，an＋1an＋2＝1

所以an又 數(shù)列 1－1 1 2[1－2 2(2)解由(1)2

22

1

11

bn＋1－bn＝3(n＋1)(2)n(2 1b1<b2＝b3>b4>…>bn>…，熱點(diǎn)二例 (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)＝(2)若bn ，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，n∈N*，證明：Tn<2.＝思維啟迪(1)n>1時(shí)，Sn＝2Sn－1＋n兩式相減得{an}(1)解∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1n≥2即

＝2，∴n＝1時(shí)，①(2)證明 ＝n

∴Tn＝1＋2＋3＋…＋n

，，

2n

2 n∴＝2－1－n 思維升華n設(shè)數(shù)列{a}滿足a －a (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)

解(1)n≥1而a1＝2，符合上式，(2)由bn＝nan＝n·22n－1

熱點(diǎn)三例3 已知等差數(shù)列{an}，公差d>0，前n項(xiàng)和為Sn，S3＝6，且滿足a3－a1,2a2，a8成等比數(shù)(1)求{an}的通項(xiàng)(2)設(shè)bn＝ ，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn的值思維啟迪(1)a，d，寫(xiě)出{an}；(2)解(1)S3＝63d＝1d＝－4，3∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)為(2)Tn＝1＋1＋1

＝1[(1－1＋1－1＋1－1＋1－1＋…＋1－1

1 1 1

思維升華裂項(xiàng)相消法適合于形如

}形式的數(shù)列，其中{an}為等差數(shù)列已知等差數(shù)列{an}a4·a7＝15，a3＋a8＝8.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)；＝(2)令 ＝

{bn}n

解(1)a4，a7x2－8x＋15＝0a4<a7，解得a4＝3，a7＝5.由故等差數(shù)列{an}的通項(xiàng) )(2)當(dāng)n≥2時(shí) ＝1 － ，)( 2n－1 2 b1＝1＝1－1

－1＋1－1＋…＋ －

- )＝

.即數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝ .熱點(diǎn)四，例4 自從祖國(guó)大陸允許農(nóng)民到大陸創(chuàng)業(yè)以來(lái)，在11個(gè)省區(qū)設(shè)立了海峽農(nóng)業(yè)合作試驗(yàn)區(qū)和農(nóng)民創(chuàng)業(yè)園農(nóng)民在那里申辦工商戶可以享受“綠色通道”的申請(qǐng)受理、一站式服務(wù)，某臺(tái)商第一年年初到大陸就創(chuàng)辦了一座120萬(wàn)元的蔬菜M，M的價(jià)值在使用過(guò)程中逐年減少，從第二年到第六年，每年年初M的價(jià)值比上年年初減少10萬(wàn)元，從第七年開(kāi)始，每年年初M的價(jià)值為上年年初的75%.，(1)nMan(2)

An80MnM思維啟迪(1)n≤6{an}n≥7{an}是等比數(shù)列，分別寫(xiě)出其通項(xiàng)，然后進(jìn)行合并即可；(2)先對(duì)n進(jìn)行分類，表示出An，利用數(shù)列的單調(diào)性質(zhì)確定其最佳項(xiàng)，并與80比較大小，確定n的值．解當(dāng)n≤6時(shí)，數(shù)列{an}是首項(xiàng)為120，公差為－10的等差數(shù)列，故n4當(dāng)n≥7時(shí)，數(shù)列{an}a6開(kāi)始的項(xiàng)構(gòu)成一個(gè)以a＝30－60＝70為首項(xiàng)，以34an＝703所以第n年年初M的價(jià)值 證明設(shè)Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，由等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和，得當(dāng)1≤n≤6時(shí)，S＝120n5n(n1)，nn當(dāng)n≥7時(shí)，由于S6＝570，n故 [3n－6]＝80－21×3

因?yàn)閧an}是遞減數(shù)列，所以{An}是遞減數(shù)列780－210×3nn780－210×3

780－210×3

M設(shè)某商品付款的金額為a元，以分期付款的形式等額地分成n次付清，若r保持不變，按復(fù)利計(jì)算，則每期期末所付款是() 1A.n(1＋r)n B.1＋rn－1 n(1＋r)n－1 n

1＋rn－1答案解析設(shè)每期期末所付款是x元，則各次付款的本利和為

.遞推關(guān)系形如an＋1－an＝f(n)，常用累加法求通項(xiàng)an＝f(n)an＋1＋λ＝p(an＋λ)λ，則數(shù)列{an＋λ}是一個(gè)等比數(shù)列．qn轉(zhuǎn)化為類型(4)pn＋1轉(zhuǎn)為用迭加法求解．(3)分組求和時(shí)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為能用法或錯(cuò)位相減法或裂項(xiàng)相消法或并求和的幾個(gè)數(shù)n＋1n項(xiàng)，哪些項(xiàng)構(gòu)成等比項(xiàng)與求和求解；②通過(guò)歸納得到結(jié)論，再用數(shù)列知識(shí)求解. 1答案

1

解析＝(－1)nan－1－(－1)n－1an－1＋1 ∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－11(n≥2)．當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an－1＝－1(n≥n為奇數(shù)時(shí)，2an＋an－1＝1∴n＝4時(shí)，a3＝1＝－1 根據(jù)以上{an}的關(guān)系式及遞推式可求a1＝－1，a3＝－1，a5＝－1，a7＝－1 a2＝1，a4＝1，a6＝1，a8＝1 ∴a2－a1＝1，a4－a3＝1，a6－a5＝1 ∴S＋S

＝(a－a)＋(a－a

－a)－1＋1＋1＋…＋1

＝1＋1＋…＋1－1＋1＋…＋1＝1

2．(2014·課標(biāo)Ⅱ)已知數(shù)列{an}滿足

是等比數(shù)列，并求{an}的通

1證明a＋a＋…＋a 證明(1) 所以{an＋1是首項(xiàng)為33

an＋2＝2，因此{(lán)an}的通 為an＝2(2)由(1)知1＝2 n≥11 于是11＋…1≤1＋1＋…＋

＝3(1－ 所以11＋…1n n

a 答案解析3,6,11,18，…∴秋末冬初，流感盛行，特別是甲型流感．某醫(yī)院近30天每天入院治療的人數(shù)依次構(gòu)成數(shù)列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則該醫(yī)院30天入院治療共有 答案解析an＋2－an＝1＋(－1)n，所以a1＝a3＝…＝a29＝1，a2，a4，…，a302的等差數(shù)列，所以a1＋a2＋…＋a29＋a30

故該醫(yī)院30天入院治療的人數(shù)為255.3．已知數(shù)列{bn}3(n＋1)bn＝nbn＋1b1＝3.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)；

已知b ，求證：6≤a＋a＋…＋a

×解3(n＋1)bn＝nbn＋1×

bn 則

4，…，bn n，

bb1即數(shù)列{bn}的通項(xiàng)b證明因?yàn)閎

因?yàn)?＝2n＋3· nn＋1＝3n＋1－n

11nn＋1·3n＝(n－

·＝11 ·n

n＋1所以11＋…1＝(1·1

1＋

1－

1＋…＋11－1

2＋

＝1－

1 1·1≤1，所以5

1－1 n＋1

1 6≤a＋a＋…＋a (推薦時(shí)間：60分鐘數(shù)列{an}共有5項(xiàng)，其中a1＝0，a5＝2，且|ai＋1－ai|＝1，i＝1,2,3,4，則滿足條件的不同數(shù) 答案解析設(shè)bi＝ai＋1－ai，i＝1,2,3,4，則bi等于1或－1，由(a2－a1)＝b4＋b3＋b2＋b1bi(i＝1,2,3,4)31,1個(gè)－1.所以符合條件的{an}共有4個(gè)．已知在數(shù)列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，則|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于 D．3答案解析∴{an}是以－60為首項(xiàng)，3an≤0∴20 在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2013nSn，若

－2 B．－2C．－2 D．－2答案1{n解析根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，得數(shù)列Sn也是等差數(shù)列，根據(jù)已知可得這個(gè)數(shù)列的首項(xiàng)S1＝a1{n2d＝1，故S2013＝－2013＋(2013－1)×1＝－1，所以S2013＝－2

12已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，記Sn＝a1＋a2＋…＋an，則下列 答案A2列{an}是以6為一個(gè)周期，所以a100＝a4＝－1，S100＝a1＋a2＋a3＋a4＝5，故選A. an＝ncosnπ，其前n項(xiàng)和為Sn，則S2012等于( 2 B．2 答案解析2∵an＝ncos2a4n－2＝－(4n－2)，a4n＝4n，且a1＋a2＋a3＋a4＝－2＋4＝2，2∴a1＋a2＋…＋a2012＝2＋2＋…＋2＝2×503＝1503數(shù)列{a}滿足a＝1，且對(duì)任意的m，n∈N*都有 ＝a＋a

，則a＋a＋aa1等于 a

4 4 2 2 B.2 C.2 D.2答案解析m＝1an＋1＝an＋n＋1an＋1－an＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，n－1所以 因此1

1－1

所以111＋…＋ a2＝21－1＋1－1＋…＋1－1

2

2＝21－1＝4 2 2 答案，即 Sn為數(shù)列{an}的前

數(shù)列{cn}是首項(xiàng)為2，公差為d(d≠0)的等差數(shù)列，且數(shù)列{cn}是“和等比數(shù)列”，則 答案 解析由題意可知，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為 nc＋c 21＋

* (n∈N)，且 *

n的值 答案

n＋2＝4，解析 ＝(1－1)＋(1－1)＋…＋(1－1)＝1－

＝4已知數(shù)列{an}的通 為an＝1，前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式 答案解析S2n－Snm只需

nS 因?yàn)椋?＋ － > ＋ －1＝ － 33所以m 16，m所能取得的最大整數(shù)為163?m<在等比數(shù)列{an}中，a1>0，n∈N*a3－a2＝8a1，a516.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)； 解(1)設(shè)數(shù)列{an}q(2)∵bn＝log42n＋1＝2 ∵1 ＝41－1

∴S＋S＋S ＝41－1＋1－1＋1－1＋…＋1－1342536n 342536n＝41＋1＋1－1－1－1323 n＋3<9323∴k(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)(2)bn＝(－1)n－14n，求數(shù)列{bn}n解(1)S1＝a1，S2＝2a1＋2S4＝4a1＋2由題意，得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n－14n (＝(－1)n－1 ＋ ( n(Tn＝(1＋1－1＋1＋…＋( ＋ )－ ＋ )＝1－ ＝2n(

n

1

1

Tn＝(1＋3)－(3＋5)＋…－(2n－

，n12n(

，，費(fèi)為n(n∈N*)千元時(shí)比費(fèi)為

千元時(shí)多賣出2n千克當(dāng)費(fèi)分別為1千元和2千元時(shí)，用b表示銷售量Sn解(1) 費(fèi)為1千元時(shí)，銷售量 2 費(fèi)