2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：6.4　数列的综合应用 Word版含解析【KS5U 高考】

这是一份2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：6.4　数列的综合应用 Word版含解析【KS5U 高考】，共21页。
【考情探究】
分析解读 综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列的应用主要从以下几个方面考查:1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.
破考点
【考点集训】
考点一 数列求和
1.已知数列{an},{bn},其中{an}是首项为3,公差为整数的等差数列,且a3>a1+3,a42an(n>1,n∈N*),给出下列命题:
①若数列{an}满足a2>a1,则an>an-1(n>1,n∈N*)成立;
②存在常数c,使得an>c(n∈N*)成立;
③若p+q>m+n(其中p,q,m,n∈N*),则ap+aq>am+an;
④存在常数d,使得an>a1+(n-1)d(n∈N*)都成立.
上述命题正确的是 .(写出所有正确命题的序号)
答案 ①
5.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n2,等比数列{bn}的前n项和为Tn,若b1=a1+1,b2-a2=2.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求满足Tn+an>300的最小的n值.
解析 (1)a1=S1=1,
n>1时,an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n,
又n=1时,a1=1,所以an=n成立,∴an=n(n∈N*),
则由题意可知b1=2,b2=4,
∴{bn}的公比q=42=2,∴bn=2n(n∈N*).
(2)∵Tn=2×(1-2n)1-2=2×(2n-1),
∴Tn+an=2×(2n-1)+n,
∴Tn+an随n的增大而增大,
又T7+a7=2×127+7=261300,
∴所求最小的n值为8.
炼技法
【方法集训】
方法1 错位相减法求和
1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.
(1)求证:数列Snn为等差数列;
(2)令bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n+1-Snn=1,
又S11=5,所以数列Snn是首项为5,公差为1的等差数列.
(2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.
又a1=5也符合上式,
所以an=2n+3(n∈N*),
所以bn=(2n+3)2n,
所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n,①
2Tn=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,②
由②-①得
Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1)
=(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2
=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)
=(2n+1)2n+1-2.
2.已知数列{an}是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2lg2an-1,求数列{anbn}的前n项和Tn.
解析 (1)设数列{an}的公比为q,
因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.
因为a3+2是a2和a4的等差中项,
所以2(a3+2)=a2+a4,
即2(4q+2)=4+4q2,
化简得q2-2q=0.
因为公比q≠0,所以q=2.
所以an=a2qn-2=4×2n-2=2n(n∈N*).
(2)因为an=2n,所以bn=2lg2an-1=2n-1,
所以anbn=(2n-1)2n,
则Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,①
2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.②
由①-②得,-Tn=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)2n+1
=2+24(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,
所以Tn=6+(2n-3)2n+1.
方法2 裂项相消法求和
3.已知数列{an}(n∈N*)是公差不为0的等差数列,a1=1,且1a2,1a4,1a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列1anan+1的前n项和为Tn,求证:Tn0,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,
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*.
评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
考点二 数列的综合应用
1.(2018天津,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).
(i)求Tn;
(ii)证明∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n∈N*).
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
由q>0,可得q=2,故an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,
从而b1=1,d=1,故bn=n.
所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,
故Tn=∑k=1n(2k-1)=∑k=1n2k-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)
=k·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.
方法总结 解决数列求和问题的两种思路
(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.
(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.
2.(2014天津,19,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn-1,xi∈M,i=1,2,…,n}.
(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;
(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n.证明:若an