2019年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 6.4 數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用 文.doc
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2019年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 6.4 數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用 文 考點(diǎn)一 數(shù)列求和 1.(xx課標(biāo)Ⅰ,17,12分)已知{an}是遞增的等差數(shù)列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和. 解析 (1)方程x2-5x+6=0的兩根為2,3,由題意得a2=2,a4=3. 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則a4-a2=2d,故d=,從而a1=. 所以{an}的通項(xiàng)公式為an=n+1. (2)設(shè)的前n項(xiàng)和為Sn,由(1)知=,則 Sn=++…++, Sn=++…++. 兩式相減得Sn=+- =+-. 所以Sn=2-. 2.(xx安徽,18,12分)數(shù)列{an}滿足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*. (1)證明:數(shù)列是等差數(shù)列; (2)設(shè)bn=3n,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解析 (1)證明:由已知可得=+1,即-=1. 所以是以=1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列. (2)由(1)得=1+(n-1)1=n,所以an=n2. 從而bn=n3n. Sn=131+232+333+…+n3n,① 3Sn=132+233+…+(n-1)3n+n3n+1.② ①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n3n+1 =-n3n+1=. 所以Sn=. 3.(xx山東,19,12分)在等差數(shù)列{an}中,已知公差d=2,a2是a1與a4的等比中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=,記Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn. 解析 (1)由題意知(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6), 解得a1=2, 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n. (2)由題意知bn==n(n+1). 所以Tn=-12+23-34+…+(-1)nn(n+1). 因?yàn)閎n+1-bn=2(n+1), 所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí), Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn) =4+8+12+…+2n = =, 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí), Tn=Tn-1+(-bn) =-n(n+1) =-. 所以Tn= 4.(xx四川,19,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,點(diǎn)(an,bn)在函數(shù)f(x)=2x的圖象上(n∈N*). (1)證明:數(shù)列{bn}為等比數(shù)列; (2)若a1=1,函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(a2,b2)處的切線在x軸上的截距為2-,求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn. 解析 (1)證明:由已知可知,bn=>0, 當(dāng)n≥1時(shí),==2d, 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為,公比為2d的等比數(shù)列. (2)函數(shù)f(x)=2x在(a2,b2)處的切線方程為y-=(ln 2)(x-a2),它在x軸上的截距為a2-. 由題意知,a2-=2-,解得a2=2. 所以d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,an=n4n. 于是,Sn=14+242+343+…+(n-1)4n-1+n4n, 4Sn=142+243+…+(n-1)4n+n4n+1, 因此Sn-4Sn=4+42+…+4n-n4n+1=-n4n+1=.所以Sn=. 考點(diǎn)二 數(shù)列的綜合應(yīng)用 5.(xx安徽,12,5分)如圖,在等腰直角三角形ABC中,斜邊BC=2.過點(diǎn)A作BC的垂線,垂足為A1;過點(diǎn)A1作AC的垂線,垂足為A2;過點(diǎn)A2作A1C的垂線,垂足為A3;…,依此類推.設(shè)BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,則a7= . 答案 6.(xx廣東,19,14分)設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn滿足-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. (1)求a1的值; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (3)證明:對(duì)一切正整數(shù)n,有++…+<. 解析 (1)∵-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0, ∴令n=1,得+a1-6=0, 解得a1=2或a1=-3. 又an>0,∴a1=2. (2)由-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0, 得[Sn-(n2+n)](Sn+3)=0, 又an>0,所以Sn+3≠0, 所以Sn=n2+n, 所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+n-1]=2n, 又由(1)知,a1=2,符合上式, 所以an=2n. (3)證明:由(2)知,=, 所以++…+ =++…+ <+++…+ <+ =+ <+=. 7.(xx湖北,19,12分)已知等差數(shù)列{an}滿足:a1=2,且a1,a2,a5成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,是否存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,說明理由. 解析 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,依題意,2,2+d,2+4d成等比數(shù)列,故有(2+d)2=2(2+4d), 化簡(jiǎn)得d2-4d=0,解得d=0或d=4. 當(dāng)d=0時(shí),an=2; 當(dāng)d=4時(shí),an=2+(n-1)4=4n-2, 從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2或an=4n-2. (2)當(dāng)an=2時(shí),Sn=2n.顯然2n<60n+800, 此時(shí)不存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立. 當(dāng)an=4n-2時(shí),Sn==2n2. 令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0, 解得n>40或n<-10(舍去), 此時(shí)存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值為41. 綜上,當(dāng)an=2時(shí),不存在滿足題意的n; 當(dāng)an=4n-2時(shí),存在滿足題意的n,其最小值為41. 8.(xx湖南,21,13分)已知函數(shù)f(x)=xcos x-sin x+1(x>0). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)記xi為f(x)的從小到大的第i(i∈N*)個(gè)零點(diǎn),證明:對(duì)一切n∈N*,有++…+<. 解析 (1)f (x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. 令f (x)=0,得x=kπ(k∈N*). 當(dāng)x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)時(shí),sin x>0,此時(shí)f (x)<0; 當(dāng)x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)時(shí),sin x<0,此時(shí)f (x)>0, 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),單調(diào)遞增區(qū)間為((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N). (2)由(1)知, f(x)在區(qū)間(0,π)上單調(diào)遞減,又f=0,故x1=,當(dāng)n∈N*時(shí),因?yàn)閒(nπ)f((n+1)π)=[(-1)nnπ+1][(-1)n+1(n+1)n+1]<0, 且函數(shù)f(x)的圖象是連續(xù)不斷的,所以f(x)在區(qū)間(nπ,(n+1)π)內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn).又f(x)在區(qū)間(nπ,(n+1)π)上是單調(diào)的,故nπ下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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