考点24 数列求和及综合应用 (3).docx

《考点24 数列求和及综合应用 (3).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《考点24 数列求和及综合应用 (3).docx（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 考点24 数列求和及综合应用一、 选择题1.(2020全国卷理科T12)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2an满足ai0,1(i=1,2,),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2an,C(k)=1mi=1maiai+k(k=1,2,m-1)是描述其性质的重要指标,下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010B.11011C.10001D.11001【命题意图】本题考查数列的新定义问

2、题,涉及周期数列,意在考查学生的自学能力以及数学运算能力.【解析】选C.由ai+m=ai知,序列ai的周期为m,由已知,m=5,C(k)=15i=15aiai+k(k=1,2,3,4),对于选项A,C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+0+0)=1515,C(2)=15i=15aiai+2=15(a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)=15(0+1+0+1+0)=25,不满足;对于选项B,C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+1+1)=

3、35,不满足;对于选项D,C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+0+1)=25,不满足.二填空题2.(2020浙江高考T11)已知数列an满足an=n(n+1)2,则S3=.【命题意图】本题主要考查数列求和等基础知识,考查基本运算求解能力,体现数学运算的核心素养.【解析】由数列an的通项公式可得,a1=1,a2=3,a3=6,所以S3=10.答案:103.(2020全国卷高考文科T16)数列an满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=.【命题意图】本题考查数列的递推公式的应用,以及数列的并项求

4、和,考查分类讨论思想和数学计算能力,属于较难题.【解题指南】对n为奇偶数分类讨论,分别得出奇数项、偶数项的递推关系,由奇数项递推公式将奇数项用含a1的式子表示,由偶数项递推公式得出偶数项的和,建立关于a1的方程,求解即可得出结果.【解析】an+2+(-1)nan=3n-1,当n为奇数时,an+2=an+3n-1;当n为偶数时,an+2+an=3n-1.设数列an的前n项和为Sn,S16=a1+a2+a3+a4+a16=a1+a3+a5+a15+(a2+a4)+(a14+a16)=a1+(a1+2)+(a1+10)+(a1+24)+(a1+44)+(a1+70)+(a1+102)+(a1+140

5、)+(5+17+29+41)=8a1+392+92=8a1+484=540,所以a1=7.答案:74.(2020江苏高考T11)设an是公差为d的等差数列,bn是公比为q的等比数列,已知数列an+bn的前n项和Sn=n2-n+2n-1nN*,则d+q的值是.【命题意图】本题主要考查根据前n项和求数列的通项公式,多写一项,进行作差运算,根据结构得到数列通项.重点考查学生数学运算的核心素养.【解析】设数列an,bn的首项分别为a1,b1,前n项和分别为An,Bn,则An=d2n2+a1-d2n,Bn=b1q-1qn+b11-q,结合Sn=n2-n+2n-1,得d2=1,q=2,解得d=2,q=2,

6、所以d+q=4.答案:4三.解答题5.(2020全国卷高考理科T17)设an是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求an的公比;(2)若a1=1,求数列nan的前n项和.【命题意图】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质,以及错位相减法求和,考查计算求解能力,属于基础题.【解题指南】(1)由已知结合等差中项关系,建立公比q的方程,求解即可得出结论;(2)由(1)结合条件得出an的通项公式,根据nan的通项公式特征,用错位相减法,即可求出结论.【解析】(1)设an的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.因为a10,所以q2+q-2=0

7、,解得q=1(舍去),q=-2.故an的公比为-2.(2)设Sn为nan的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2(-2)+n(-2)n-1,-2Sn=-2+2(-2)2+(n-1)(-2)n-1+n(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n=1-(-2)n3-n(-2)n.所以Sn=19-(3n+1)(-2)n9.6.(2020全国卷文科T17)设等比数列an满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为数列log3an的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.【命题意图】本题考查等比数列通项公式

8、基本量的计算,以及等差数列求和公式的应用,考查计算求解能力,属于基础题目.【解析】(1)设等比数列an的公比为q,根据题意,有a1+a1q=4a1q2-a1=8,解得a1=1q=3,所以an=3n-1;(2)令bn=log3an=log33n-1=n-1,所以Sn=n(0+n-1)2=n(n-1)2,根据Sm+Sm+1=Sm+3,可得m(m-1)2+m(m+1)2=(m+2)(m+3)2,整理得m2-5m-6=0,因为m0,所以m=6.7.(2020北京高考T21)已知an是无穷数列,给出两个性质:对于an中任意两项ai,aj(ij),在an中都存在一项am,使得ai2aj=am;对于an中任

9、意项an(n3),在an中都存在两项ak,al(kl),使得an=ak2al.(1)若an=n(n=1,2,),判断数列an是否满足性质,说明理由;(2)若an=2n-1(n=1,2,),判断数列an是否同时满足性质和性质,说明理由;(3)若an是递增数列,且同时满足性质和性质,证明:an为等比数列.【命题意图】考查等比数列的定义,数列的综合应用,逻辑推理与证明等.【解析】(1)不满足.如考虑素数,ai为a7=7,aj为a3=3,ai2aj=723不是整数,即不存在am使ai2aj=am,所以an不满足性质;(2)先验证满足性质.任意ij,ai2aj=(2i-1)22j-1=22i-j-1=a

10、2i-j,即存在am=a2i-j使ai2aj=am.验证满足性质.对任意项an(n3),当n为奇数时,设n=2r+1(r=1,2,),则an=a2r+1=22r=22r20=(2r)220=ar+12a1;k=r+1,l=1满足性质.当n为偶数时,设n=2r+2(r=1,2,),则an=a2r+2=22r+1=22(r+1)2=(2r+1)22=ar+22a2,此时k=r+2,l=2满足性质,所以数列an满足性质,综上,数列an同时满足性质和性质.(3)an有性质可知nN*,an0.令q=a2a10,若a10,由an递增知nN*,ana10,故q1,若a10,由性质mN*.使am=a22a10

11、,又an递增,所以m=1,a2=-a1,此时mN*,使am=a32a10,同理a3=-a1矛盾,故a20,由此可得a10时,nN*,anj使a3=ai2aj,又an递增,所以aiaj.若a10,则a30,ai0,a3=ai2aj=aiaiajaiaj,得i=2,j=1,即a3=a22a1=a1q2=a1q3-1.若a10,则a30,aiajai1=aiaj,所以i=2,j=1,即a3=a1q3-1.(ii)假设kn时有ak=a1qk-1,对an+1由性质正整数ij使an+1=ai2aj,又an递增,所以aiaj.若a10,则aiaj0,an+1=aiaiajai1=aiaj,所以jian知a1

12、q2i-j-1a1qn-1.又a10,q0,所以2i-j-1n-1,2i-jn.又jin+1,且i=n,j=n-1.此时an+1=a1q(n+1)-1若a10,则q(0,1),nN*,anaiajaiajaiajn+1ij,由ai=a1qi-1,aj=a1qj-1,可得an+1=a1q(n+1)-1.综合(i)(ii)an是等比数列.8.(2020天津高考T19)已知an为等差数列,bn为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求an和bn的通项公式;(2)记an的前n项和为Sn,求证:SnSn+2Sn+12(nN*);(3)对任意的正整数n,设cn=(

13、3an-2)bnanan+2,n为奇数,an-1bn+1,n为偶数.求数列cn的前2n项和.【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列通项公式的求解,分组求和法,指数型裂项求和,错位相减求和等.【解题指南】(1)由题意分别求得数列的公差、公比,然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果;(2)利用(1)的结论首先求得数列an的前n项和,然后利用作差法证明即可;(3)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式,然后分别利用指数型裂项求和与错位相减求和计算k=1nc2k-1和k=1nc2k的值,据此进一步计算数列cn的前2n项和即可.【解析】(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由a1

14、=1,a5=5(a4-a3),可得d=1.从而an的通项公式为an=n(nN*).由b1=1,b5=4(b4-b3),又q0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而bn的通项公式为bn=2n-1(nN*).(2)由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)0,所以SnSn+20,且b1+b2=6b3,求q与an的通项公式;()若数列bn为等差数列,且公差d0,证明:c1+c2+cn0得q=12,所以bn=12n-1,bn+2=12n+1,cn+1=12

15、n-112n+1cn=4cn,所以cn+1cn=4,所以cn是首项c1=1,公比为4的等比数列,cn=4n-1,由an+1-an=cn=4n-1得an-a1=40+41+4n-2得an=4n-1+23.()bn=1+(n-1)d,则bn+1 bn+2cn+1=bnbn+1cn=b1b2c1=1+d,故cn=1+dbnbn+1=1+1dbn+1-bnbnbn+1=1+1d1bn-1bn+1.于是c1+cn=1+1d1-1bn+10,求数列an的通项公式;(3)对于给定的,是否存在三个不同的数列an为“-3”数列,且an0?若存在,求的取值范围;若不存在,说明理由.【命题意图】本题以数列为载体,综

16、合考查等差数列的基本性质,及解决数列综合问题的能力,综合考查代数推理、转化化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.【解析】(1)k=1时,an+1=Sn+1-Sn=an+1,所以=1.(2)Sn+1-Sn=33an+1,an+1=Sn+1-Sn=33an+1(Sn+1+Sn),因此Sn+1+Sn=3an+1.Sn+1=233an+1,Sn+1=43an+1=43(Sn+1-Sn).从而Sn+1=4Sn.又S1=a1=1,所以Sn=4n-1,an=Sn-Sn-1=34n-2,n2.综上,an=1,n=134n-2,n2.(3)设各项非负的数列an(nN*)为“-3”数列,则Sn+113-Sn

17、13=an+113,即3Sn+1-3Sn=3Sn+1-Sn.因为an0,且a1=1,所以Sn+1Sn0,则3Sn+1Sn-1=3Sn+1Sn-1.令3Sn+1Sn=cn,则cn-1=3cn3-1(cn1),即(cn-1)3=3(cn3-1)(cn1).(*)若0或=1,则(*)只有一解为cn=1,即符合条件的数列an只有一个.(此数列为1,0,0,0,)若1,则(*)化为(cn-1)cn2+3+23-1cn+1=0,因为cn1,所以cn2+3+23-1cn+10,则(*)只有一解为cn=1,即符合条件的数列an只有一个.(此数列为1,0,0,0,)若01,则cn2+3+23-1cn+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+)内,则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t).所以Sn+1=Sn或Sn+1=t3Sn.由于数列Sn从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列Sn有无数多个,则对应的an有无数多个.综上所述,能存在三个各项非负的数列an为“-3”数列,的取值范围是01.