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- 2021-06-12 发布
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第四讲 数列求和及数列的综合应用
1.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]已知1,a1,a2,3成等差数列,1,b1,b2,b3,4成等比数列,则a1+a2b2的值为( )
A.2 B. - 2 C.±2 D.54
2.[2020江西红色七校第一次联考]在正项数列{an}中,a1=2,且点P(ln an,ln an+1)(n∈N*)在直线x - y+ln 2=0上.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn>200,则n的最小值为( )
A.2 B.5 C.6 D.7
3.[2020贵阳市高三摸底测试]定义n∑i=1nui为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列{36(an+2)(an+1+2)}的前2 019项和为( )
A.2 0182 019 B.2 0192 020 C.2 0192 018 D.2 0191 010
4.[2019广东百校联考]设数列{an}的前n项和为Sn,an=1n(n+1)+1(n+1)(n+2),若对任意的正整数n都满足Sn200,则2n+1>202,所以n的最小值为7.
3.B 设数列{an}的前n项和为Sn,则根据题意nSn=13n+1,Sn=3n2+n,a1=S1=4,an=Sn - Sn - 1=6n - 2(n≥2),当n=1时也满足上式,所以an=6n - 2,所以36(an+2)(an+1+2)=366n(6n+6)=1n(n+1)=1n - 1n+1,所以{36(an+2)(an+1+2)}的前2 019项和为1 - 12+12 - 13+…+12 019 - 12 020=1 - 12 020=2 0192 020.
4.[32,+∞) 由题可知,an=1n(n+1)+1(n+1)(n+2)=2n(n+2)=1n - 1n+2,故Sn=1+12 - 1n+1 - 1n+2<32,所以m∈[32,+∞).
5.(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q≠0),
依题意,有1+d+2q=7,1+2d+2q2=13,解得d=2,q=2.
故an=2n - 1,bn=2n.
(2)由已知得c2n - 1=a2n - 1=4n - 3,c2n=b2n=4n,
所以数列{cn}的前2n项和
S2n=(a1+a3+…+a2n - 1)+(b2+b4+…+b2n)
=n(1+4n-3)2+4(1-4n)1-4
=2n2 - n+43(4n - 1).
6.(1)∵a1=3,∴a2=2a1+2 - 2=6,∴a3=2a2+3 - 2=13.
(2)∵an=2an - 1+n - 2,n≥2,∴an+n=2(an - 1+n - 1),n≥2.
又a1+1=4,∴数列{an+n}是以4为首项,2为公比的等比数列.
∴an+n=4×2n - 1=2n+1,
∴an=2n+1 - n.
(3)Sn=22 - 1+23 - 2+…+2n - (n - 1)+2n+1 - n=22(2n - 1) - n2+n2=2n+2 - n2+n+82.
7.(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a2+2,a4,a6 - 2成等比数列,
所以a42=(a2+2)(a6 - 2),
所以(a3+d)2=(a3 - d+2)(a3+3d - 2),
又a3=3,所以(3+d)2=(5 - d)(1+3d),化简得d2 - 2d+1=0,解得d=1,
所以an=a3+(n - 3)d=3+(n - 3)×1=n.
(2)由(1)得,bn=(-1)na2n+1anan+1=( - 1)n2n+1n(n+1)=( - 1)n(1n+1n+1),
所以S2n=b1+b2+b3+…+b2n= - (1+12)+(12+13) - (13+14)+…+(12n+12n+1)= - 1+12n+1=-2n2n+1.
【解后反思】 运用并项求和法求数列的前n项和的突破口是会观察数列中各项的特征,
如本题,数列{bn}的通项公式为bn=( - 1)n2n+1n(n+1),易知数列{bn}是摆动数列,所以求和时可以将各项进行适当合并.
8.C 由an+1=2Sn+3,可得当n≥2时,有an=2Sn - 1+3,两式相减得an+1 - an=2(Sn - Sn - 1)=2an(n≥2),故an+1=3an(n≥2).
又当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=3a1,
所以数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列,故an=3n.
所以bn=log3an=n,所以bnan=n3n.
所以Tn=13+232+…+n-13n-1+n3n ①,
13Tn=132+233+…+n-13n+n3n+1 ②,
① - ②,得23Tn=13+132+133+…+13n - n3n+1,
化简整理得Tn=34 - 12(32+n)·(13)n.
因为(32+n)·(13)n>0,
所以Tn<34,又Tn+1 - Tn=n+13n+1>0,所以数列{Tn}是递增数列,所以(Tn)min=T1=13,所以13≤Tn<34,故Tn的取值范围是[13,34),选C.
9.34 因为an=3Sn - 3,所以当n≥2时,an - 1=3Sn - 1 - 3,所以an - an - 1=3an(n≥2),an= - 12an - 1(n≥2),又由an=3Sn - 3得a1=32,所以数列{an}是以32为首项, - 12为公比的等比数列,所以Sn=32[1-(-12)n]1-(-12)=1 - ( - 12)n,则|Sm - Sn|=|( - 12)n - ( - 12)m|.因为数列{( - 12)n}的项依次为 - 12,14, - 18,116,…,所以对任意的m,n∈N*,|Sm - Sn|=|( - 12)n - ( - 12)m|≤| - 12 - 14|=34,所以M≥34,故实数M的最小值为34.
10.2 020 解法一 依题意得a1=a2=1,an+2=an+1+an,则an+1=an+2 - an,
两边同乘以an+1,得an+12=an+1·an+2 - an·an+1,
则a2 0192=a2 019a2 020 - a2 018a2 019,a2 0182=a2 018a2 019 - a2 017a2 018,
a2 0172=a2 017a2 018 - a2 016a2 017,…,a22=a2a3 - a1a2,又a12=a1a2,
因此a2 0192+a2 0182+a2 0172+…+a22+a12=a2 020a2 019,
即a12+a22+a32+…+a2 0192a2 019=a2 020,
故a12+a22+a32+…+a2 0192a2 019是斐波那契数列中的第2 020项.
解法二 a12+a22a2=12+121=2=a3,a12+a22+a32a3=12+12+222=3=a4,
a12+a22+a32+a42a4=12+12+22+323=5=a5,
猜测a12+a22+…+an2an=an+1.由此可知,a12+a22+…+a2 0192a2 019=a2 020.
【点评】本题以数学史上典型的数列——斐波那契数列为背景命制,在考查累加法的同时传承了经典的数学文化.
11.(1)设数列{an}的公差为d,则a1+4d=4,3a1+18d=18,解得a1=0,d=1,
所以an=a1+(n - 1)d=n - 1.
对于数列{bn},当n=1时,b1=S1=2b1 - 1,所以b1=1.
当n≥2时,由Sn=2bn - 1 ①,
可知Sn - 1=2bn - 1 - 1 ②,
① - ②得bn=2bn - 2bn - 1,即bn=2bn - 1.
又b1=1,故{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以bn=2n - 1.
(2)设Tn=a1b1+a2b2+…+anbn.
由(1)知,当n=1时,T1=0.
当n≥2时,Tn=1×21+2×22+…+(n - 2)2n - 2+(n - 1)2n - 1 ③,
2Tn=1×22+2×23+…+(n - 2)2n - 1+(n - 1)2n ④,
③ - ④,得 - Tn=2+22+23+…+2n - 1 - (n - 1)2n,
所以 - Tn=2-2n1-2 - (n - 1)2n= - (n - 2)2n - 2,
所以Tn=(n - 2)2n+2.当n=1时也符合该式,所以Tn=(n - 2)2n+2.
故题中不等式可化为(n - 2)2n≥(n - 2)t (*),
当n=1时,不等式(*)可化为 - 2≥ - t,则t≥2.
当n=2时,不等式(*)可化为0≥0,此时t∈R.
当n≥3时,不等式(*)可化为t≤2n,因为数列{2n}是递增数列,所以t≤8.
综上,实数t的取值范围是[2,8].
12.(1)函数f (x)=(sinx+cosx)2-1cos2x-sin2x,即f (x)=sin2xcos2x=tan 2x,
由f (x)=tan 2x=3,得2x=kπ+π3,k∈Z,解得x=k2π+π6,k∈Z,
依题意得an=π6+π2(n - 1)=nπ2 - π3,n∈N*.
(2)由(1)可知,an=nπ2 - π3,n∈N*,
bn=sin an=sin(nπ2 - π3),则{bn}是最小正周期T=2ππ2=4的数列,
b1=12,b2=32,b3= - 12,b4= - 32,
S1=12,S2=3+12,S3=32,S4=0,
从而S5=S4+b5=b1=12,S6=S5+b6=b1+b2=S2=3+12,…,
所以{Sn}是周期为4的数列,Sn=12,n=4i-3,3+12,n=4i-2,32,n=4i-1,0,n=4i(i∈N*).
13.nn+1 BD=2DC,即EnD - EnB=2(EnC - EnD),所以EnC=32EnD - 12EnB,
设EnA=λEnC,则EnA=3λ2EnD - λ2EnB=(3an - 3)EnD+( - n2 - n+1)EnB,
所以3an - 3= - 3( - n2 - n+1),可得an=n2+n,
所以1an=1n2+n=1n - 1n+1,
则1a1+1a2+1a3+…+1an=1 - 12+12 - 13+…+1n - 1n+1=1 - 1n+1=nn+1.
【解后反思】 本题是在数列与平面向量的交汇处命制的,主要考查平面向量的基本定理和利用裂项相消法求和,考查运算求解能力和逻辑推理能力.
14.(1)由3sinB-sinCb-a=sinA+sinBc,
根据正弦定理可得3b-cb-a=b+ac,即b2+c2 - a2=3bc,
所以cos A=b2+c2-a22bc=32,
由0