2021高考数学（新高考版）一轮复习考点考法精练：第五章 第四讲　数列求和及数列的综合应用 WORD版含解析.docx

1、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.2B. - 2C.2D.542.2020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)(nN*)在直线x - y+ln 2=0上.若数列an的前n项和Sn满足Sn200,则n的最小值为()A.2B.5C.6D.73.2020贵阳市高三摸底测试定义ni=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+

2、1+2)的前2 019项和为()A.2 0182 019B.2 0192 020C.2 0192 018D.2 0191 0104.2019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+1202,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(n2),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

3、(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+20,所以Tn0,所以数列Tn是递增数列,所以(Tn)min=T1=13,所以13Tn34,故Tn的取值范围是13,34),选C.9.34因为an=3Sn - 3,所以当n2时,an - 1=3Sn - 1 - 3,所以an - an - 1=3an(n2),an= - 12an - 1(n2),

4、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=321-(-12)n1-(-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,nN*,|Sm - Sn|=|( - 12)n - ( - 12)m| - 12 - 14|=34,所以M34,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+

5、1an+2 - anan+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,a

6、12+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n2时,由Sn=2bn - 1,可知Sn - 1=2b

7、n - 1 - 1, - 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n2时,Tn=121+222+(n - 2)2n - 2+(n - 1)2n - 1,2Tn=122+223+(n - 2)2n - 1+(n - 1)2n, - ,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.

8、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t2.当n=2时,不等式(*)可化为00,此时tR.当n3时,不等式(*)可化为t2n,因为数列2n是递增数列,所以t8.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=k+3,kZ,解得x=k2+6,kZ,依题意得an=6+2(n - 1)=n2 - 3,nN*.(2)由(1)

9、可知,an=n2 - 3,nN*,bn=sin an=sin(n2 - 3),则bn是最小正周期T=22=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(iN*).13.nn+1BD=2DC,即EnD - EnB=2(EnC - EnD),所以EnC=32EnD - 12EnB,设EnA=EnC,则EnA=32EnD - 2EnB=(3

10、an - 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0A,得A=6.(2)由(1)知,A=6,设数列an的公差为d(d0),因为a1sin A=1,所以a1sin 6=12a1=1,解得a1=2,因为a2,a4,a8成等比数列,所以a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),所以d2=2d,又d0,所以d=2,则an=2n,bn=1anan+1=12n(2n+2)=14(1n - 1n+1), 则Sn=14(1 - 12)+(12 - 13)+(1n - 1n+1)=14(1 - 1n+1)=n4n+4.