考点24 数列求和及综合应用 (2).docx
考点24 数列求和及综合应用1.(2021·浙江高考·T10)已知数列an满足a1=1,an+1=an1+an(nN*).记数列an的前n项和为Sn,则()A.12<S100<3B.3<S100<4C.4<S100<92 D.92<S100<5【命题意图】本题主要考查数列的综合应用及均值不等式.考查考生分析问题及解决问题的能力.【解析】选A.因为数列an满足a1=1,an+1=an1+an(nN*),所以a2=12,a3=1-22,0<an+1<an1.由an+1=an1+an,可得1an+1=1an+1an=1an+122-14,所以1an+1<1an+122,所以1an+1<1an+12,即1an+11an<12,由累加法得1an1+n-12=n+12,当且仅当n=1时,等号成立.所以an2n+12,即an2n+1,所以an+1=an1+anan1+2n+1=n+1n+3an,所以an+1ann+1n+3,则an+1an·anan-1·an-1an-2·an-2an-3··a3a2·a2a1n+1n+3·nn+2·n-1n+1·n-2n··35·24,即an+1a13×2(n+3)(n+2),所以an6(n+2)(n+1)=61n+1-1n+2,所以S10061101-1102+1100-1101+13-14+12-13=6×12-1102<6×12=3,显然S100>a1=1>12.综上所述,12<S100<3.【反思总结】本题解题关键是通过倒数法先找到an,an+1的不等关系,再由累加法可求得an4(n+1)2,由题目条件可知要证S100小于某数,从而通过局部放缩得到an,an+1的不等关系,改变不等式的方向得到an6(n+1)(n+2),最后由裂项相消法求得S100<3.2.(2021·北京新高考·T10)数列an是递增的整数数列,且a13,a1+a2+an=100,则n的最大值为()A.9 B.10C.11 D.12【命题意图】本题考查数列求和、数列单调性、整数的性质等问题,意在考查考生的化归与转化思想,逻辑推理、数学运算素养.【解析】选C.要想n最大,前面的项越小越好.考虑从3开始的连续整数,3到13的和不足100,3到14的和超过100,所以要想n最大,需取3到12,再添上一个数使得和为100(此数为25,但不需要算出),此时有11个数,即n最大为11.3.(2021·新高考I卷·T16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推,则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n次,那么k=1nSk=dm2. 【命题意图】本题主要考查实际应用问题,旨在考查数据处理能力及逻辑推理能力.【解析】对折3次有2.5×12,6×5,3×10,20×1.5共4种,面积和为S3=4×30=120 dm2,对折4次有1.25×12,2.5×6,3×5,1.5×10,20×0.75共5种,面积和为S4=5×15=75 dm2,对折n次有n+1种类型, Sn=2402n(n+1),因此k=1nSk=240·221+322+n+12n,12k=1nSk=240·222+323+n2n+n+12n+1,所以k=1nSk=240·3-n+32ndm2.答案:5 240·3-n+32n4.(2021·浙江高考·T20)已知数列an的前n项和为Sn,a1=-94,且4Sn+1=3Sn-9(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)设数列bn满足3bn+(n-4)an=0(nN*),记bn的前n项和为Tn.若Tnbn对任意nN*恒成立,求实数的取值范围.【命题意图】本题主要考查构造递推公式、错位相减等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.【解析】(1)当n=1时,4(a1+a2)=3a1-9,4a2=94-9=-274,a2=-2716,当n2时,由4Sn+1=3Sn-9,得4Sn=3Sn-1-9,-得4an+1=3an,a2=-27160,an0,an+1an=34,又a2a1=34,an是首项为-94,公比为34的等比数列,an=-94·34n-1=-3·34n;(2)由3bn+(n-4)an=0,得bn=-n-43an=(n-4)34n,所以Tn=-3×34-2×342-1×343+0×344+(n-4)·34n,34Tn=-3×342-2×343-1×344+(n-5)·34n+(n-4)·34n+1,两式相减得14Tn=-3×34+342+343+344+34n-(n-4)·34n+1=-94+9161-34n-11-34-(n-4)34n+1=-94+94-434n+1-(n-4)·34n+1=-n·34n+1,所以Tn=-4n·34n+1,由Tnbn得-4n·34n+1(n-4)·34n恒成立,即(n-4)+3n0恒成立,n=4时不等式恒成立,n<4时,-3nn-4=-3-12n-4,得1,n>4时,-3nn-4=-3-12n-4,得-3,所以-31.【反思总结】本题易错点:(1)已知Sn求an不要忽略n=1的情况;(2)恒成立分离参数时,要注意变量的正负零讨论,如(2)中(n-4)+3n0恒成立,要对n-4=0,n-4>0,n-4<0讨论,还要注意n-4<0时,分离参数不等式要变号.5.(2021·北京新高考·T21)(12分)定义Rp数列an:对实数p,满足:a1+p0,a2+p=0;nN*,a4n-1<a4n;am+nam+an+p,am+an+p+1,m,nN*.()对于前4项2,-2,0,1的数列,可以是R2数列吗?说明理由;()若an是R0数列,求a5的值;()是否存在p,使得存在Rp数列an,对nN*,SnS10?若存在,求出所有这样的p;若不存在,说明理由.【命题意图】本题考查数列通项、求和等等,意在考查考生的数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象素养.【解析】(I)不可以是R2数列.理由如下:当m=n=1时,a2a1+a1+2,a1+a1+3,不满足,故不可以是R2数列;(II)若an是R0是数列,则a2+0=0,故a2=0,令m=n=1,a22a1,2a1+1,故a1=0或a1=-12(舍),则a1=0,令m=1,n=2,得到a30,1,令m=n=2,得到a40,1,又a3<a4,所以a3=0,a4=1,令m=2,n=3,a50,1,令m=1,n=4,a51,2,故a5=1;()存在p=2,使得存在Rf数列an,对nN*,SnS10.由题意知,a2=-p,a22a1+p,2a1+p+1,又a1+pa2+p,故a1a2,可得a1=-p,因为a3-p,-p+1,a4-p,-p+1,且a4>a3,故a3=-p,a4=-p+1,因为a5-p+1,-p+2,a5-p,-p+1,故a5=-p+1,a6-p+1,-p+2,a6-p,-p+1,故a6=-p+1,a7-p+1,-p+2,a8-p+1,-p+2,又a8>a7,故a7=-p+1,a8=-p+2,a9-p+2,-p+3,a9-p+1,-p+2,故a9=-p+2,a10-p+2,-p+3,a10-p+1,-p+2,故a10=-p+2,a11-p+2,-p+3,a12-p+2,-p+3,又a12>a11,故a11=-p+2,a12=-p+3,故a1=a2=a3=-p,a4=a5=a6=a7=-p+1,a8=a9=a10=a11=-p+2,a12=-p+3可知an=-p+k(4kn4k+3,kN,nN*),an+1an(nN*).由题意知,n=10时,Sn取得最小值,所以a100,a110.
