2020二轮复习(理) 数列求和与综合问题作业

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2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一数列求和【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．题组训练一数列求和已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且6S n＝3n＋1＋a(a∈N*)．(1)求a的值及数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝(－1)n－1(2n2＋2n＋1)(log3a n＋2)2(log3a n＋1)2，求{b n}的前n项和T n.题型二数列与函数的综合问题【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2n2＋2n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若点(b n，a n)在函数y＝log2x的图象上，求数列{b n}的前n项和T n.题组训练二数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．题型三数列与不等式的综合问题【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.题组训练三数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n＋1－a n＝2(b n＋1－b n)恒成立．(1)若A n＝n2，b1＝2，求B n；(2)若对任意n∈N*，都有a n＝B n及b2a1a2＋b3a2a3＋b4a3a4＋…＋b n＋1a n a n＋1＜13成立，求正实数b1的取值范围；(3)若a1＝2，b n＝2n，是否存在两个互不相等的整数s，t(1＜s＜t)，使A1B1，A sB s，A tB t成等差数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由．2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一数列求和【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2；当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二数列与函数的综合问题【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)，所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)．题型三数列与不等式的综合问题【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】方法一由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1，所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n 1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫⎝⎛32. 题组训练三数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立．综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2；经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1，故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)．综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n<12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2，即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n .(2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)，所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)，因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ，又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n2n －1，假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t2t －1成等差数列，即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s2s －1＞1，即2s＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增，若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求；当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列．。

2020届数学理高考二轮专题复习与测试第二部分专题二第2讲数列的求和及综合应用 Word版含解析

A级基础通关一、选择题n＋12??1．已知T为数列的前n项和，若m＞T＋1 013恒成立，??n10n2??则整数m的最小值为()A．1 026B．1 025C．1 024D．1 023n＋1211解析：因为＝1＋，所以T＝n＋1－，nnnn22211所以T＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－.10101022又m＞T＋1 013，10所以整数m的最小值为1 024. 答案：C*N∈1，对任意na数列{}满足a＝2．(2019·广东广州天河一模)1n111的都有a＝1＋a＋n，则＋＋…＋＝()n1n＋aaa9912999999D. C. A. B．2 1009850解析：a －a＝n＋1，且a＝1，11nn＋n（n＋1）所以利用叠加法，得a＝，n211??1－则＝2，??n1＋na??n111111111故＋＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－) ＝223a99aa100a99312199??1－＝2. ??10050??C答案：3．已知数列{a}满足a－a＝2，a＝－5，则|a|＋|a|＋…＋|a|6nn112n1＋＝() A．9 B．15 C．18 D．30解析：因为a－a＝2，a＝－5，所以数列{a}是公差为2，首nn1n1＋项为－5的等差数列．所以a＝－5＋2(n－1)＝2n－7.n n（－5＋2n－7）2－6n.S＝＝n{数列a}的前n项和nn27令a＝2n－7≥0，解得n≥.n2所以n≤3时，|a|＝－a；n≥4时，|a|＝a.nnnn2－6S＝6Sa＋a＝－2－＋…＋|a|＝－aa－a＋a＋|则|a＋|a|325462366112－6×3)＝×6－2(318.答案：C19，其前n＝)数列a项之和为，4．(2019·衡水中学月考n10）1n＋n（则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y 轴上的截距为()A．－10 B．－9 C．10 D．9111解析：由于a＝＝－，n n1）＋n（n＋1n11111??????－1－－＋…＋＝1所以S＝－＋??????n n1n22＋3??????1. 1n＋19＝，所以n＝因此1－9. 101＋n0.＝9＋y＋x10所以直线方程为令x＝0，得y＝－9，所以在y轴上的截距为－9.答案：B5．(2019·广州调研)已知等比数列{a}的前n项和为S，若S＝7，3nn S ＝63，则数列{na}的前n项和T为()n6nnn 2＋1)×B．3＋(1)．－3＋(n＋×2n A nn 2－1)×．1＋(2C．1＋(n＋1)×n D解析：设等比数列的公比为q，易知q＞0且q≠1.?1?S＝＝7，3q－1，＝2q???依题意解得3）q1－a（?6）a＝1.a（1－q???11?，63S＝＝6q－1n1n1n1－－－. ＝n＝2·2，所以因此a＝aqna n1n012n1－.·2①3·2 ＋…2则T＝1·＋＋2·2n＋n12n1n －.②1)·2n·2T＝1·2＋＋2·2＋…＋(n－2n2n1nn－－1. n)·222＋＋…2＝(1－－n·1由①－②，得－T＝＋2＋nn. 2－1)·＝1＋(n所以T n答案：D二、填空题6．已知[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.5]＝*，记S为数列{a}，n∈N的前n项和，na－2.在数列{}中，a＝[lg ]nnnn 则S＝________． 2 018解析：当1≤n≤9时，a＝[lg n]＝0，n当10≤n≤99时，a＝[lg n]＝1，n当100≤n≤999时，a＝[lg n]＝2，n当1 000≤n≤2 018时，a＝[lg n]＝3.n故S4 947.＝3×1 019＋2×900＋1×90＋0×9＝2 018．答案：4 9472n*7．(2019·长沙模拟)曲线y＝x＋ln x(n∈N)在x＝处的切线斜率n21为a，若b＝，则{b}的前n项和T＝________．nnnn aa1nnx2221111＝＝所＋1nnn解析：由y′＝＋，知a＝＋＝n，n以b＝－. n n1＋n＋1naa）n（1nn＋11111??1n????－1－－因此T＝＋＋…＋＝1－＝. ??????n n123n2＋11＋nn＋??????n 答案：1n＋nπ8．(2019·深圳质检)数列b＝a cos 的前n项和S，已知S 2 n017nn3＝5 710，S＝4 030，若数列{a}为等差数列，则S＝________． 2 0192 018n 解析：设数列{a}是公差为d的等差数列，nπ2π4π5π1cos π＋acos 2π＝a＋cos ＋acos ＋acos a＋acos 641235333321(a－a)＋(a－a)－a＋a＝－a＋a.623465312由S＝5 710，S＝4 030， 2 0182 017可得5 710＝－(a＋a＋…＋a)＋(a＋a＋…＋a＋a)＋2 0162 013312692 0101a， 2 017214 030＝－(a＋a＋…＋a)＋(a＋a＋…＋a＋a)＋a 22 2 39120102013016621－a， 2 0180172两式相减可得a ，3 360＝2 018．1 ＝4，由5710＝1 008d＋(3 360－d)，解得d2 4 712，＝a＋(n－2018)×44n－则a＝2 018n666. 4 712)＝＝4 030－a＝4 030－(4×2 019－可得S20192 019666 答案：三、解答题S满足山东省实验中学联考(2019·)已知数列{a}的前n项和S9．nnn*1.a＝n≥2，n∈N)，且＝S＋1(11n－}的通项公式；(1)求数列{a n12，T为数列{b}的前n项和，b(2)记＝求使T≥成立的n nnnn naa·1nn ＋的最小值．1，S＝－S解：(1)由已知有1nn－1，S＝a所以数列S{}＝为等差数列，且1n12.＝n，即Sn所以S＝nn221. －1)－＝2nn＝时，当n≥2a＝S－Sn－(1nnn－又a1也满足上式，＝11.－＝2n所以a n11??11－＝＝，(2)由(1)知，b??n1n12－2n＋2））（2n1＋1（2n－??111111????11－－…－1－＋＋＋1＝＝＝T所以????533n1＋2n12n＋－2n122????n ，1n＋2222 62)－(，有2n4n有≥T由≥＋n≥，5≥n，所以n n5.的最小值为n所以．an＋111n＋10．(2019·成都七中联考)在数列{a}中，已知a＝，且＝1n an22n*)．n∈N((1)求{a}的通项公式；n(2)求{a}的前n项和S.nn an＋1a1a11nn＋＋n*)．∈N 得，＝·(n解：(1)由＝na22n1n＋n a111??n又a＝，所以是以为首项、为公比的等比数列．??1n222??1na n*)．N a＝(n∈于是＝，则nn n n22n*)．N ＝(n∈故{a}的通项公式为a nnn2n－1123n(2)由S＝＋＋＋…＋＋，n231nn－22222n－11123n得S＝＋＋＋…＋＋，n3241nn＋222222111111nn??1－－＝1＋＋…－＝－两式相减，得S＝＋＋??nn321nn1n2＋＋2222222??n＋2. 1n＋2n＋2*)．Nn∈n项和S＝2－({于是a}的前n nn2B级能力提升*)，设b＝1＋N2a－1(n∈loga，＝na11．已知数列{}的前项和S nn2nnn1??则数列的前n项和T＝________．??n bb??1nn＋*)，1(a－n∈N2＝因为解析：S nn所以当n＝1时，a1.＝1．，a＝2a2时，a＝S－S，得当n≥1nnnn1n－－1n－.n＋loga＝，从而b＝1所以a＝2nnn211111??111????－－－1＋＋＋＋…＋＝…＋故T＝??????n n122n3＋bbbbbb 32211nn＋n. ＝1n＋n 答案：1n＋C，B，，c分别为△ABC三内角A12．(2019·衡水检测)已知a，b222a中，{a2b}，B ＝60°，a.＋c在等差数列的对边，其面积S＝＝31n*.∈N1＝0，n的前n项和为T，且T－2b＋＝a，公差d＝b.数列{b}nnnn的通项公式；b}a}，{(1)求数列{nn. Sn项和为{c}的前(2)若c＝ab，求数列nnnnn1＝3，得sin 60°ac＝4.解：(1)由S＝ac2222222，b ＝cos 60°2ac，且a根据余弦定理，b2＝a＋＋cc－222＝4，，则b＝2b －4所以b从而得a＝b＝c＝2，所以数列{a}的通项a＝2＋2(n－1)＝2n. nn*，∈N1＝0，n＋又T－2b nn 当n＝1时，b－2b＋1＝0，b＝1.111当n≥2时，T－2b＋1＝0，所以b＝2b. 1n1n1nn－－－则{b}是公比为2，首项b＝1的等比数列．1nn1－. ＝2所以b nn，·2＝ab＝n(2)c nnn123n1n－，1)2·2＋n(＝S1·2＋2·2＋3·2＋…＋n－n234nn1＋.2·n＋1)2－n2S(＋…＋23·＋22·＋21·＝n123nn1n1n1＋＋＋，222－－n2n＋22＝两式相减得－S＋2＋＋…2－··＝nn1＋＋－(＝所以Sn1)22. n。

2020版高考数学二轮复习教程第二编专题三数列第2讲数列求和问题练习理

第2讲数列求和问题「考情研析」1。

从具体内容上，高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和,体现转化与化归的思想． 2.从高考特点上,难度稍大，一般以解答题为主，分值约为7～8分．核心知识回顾常见的求和方法(1）公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和．对等比数列利用公式法求和时，一定注意□，01公比q是否取1。

（2）错位相减法:主要用于求数列｛a n·b n｝的前n项和,其中{a n}，｛b n}分别是错误!等差数列和等比数列．(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为□03错误!的数列的前n项和．（4）分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，错误!适当拆开，错误!重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．(5）并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如错误!（－1)n a n的形式，通常分错误!奇、偶，观察相邻两项是否构成新数列．热点考向探究考向1 分组转化法求和例1 (2019·天津南开区高三下学期一模）已知数列{a n}是等差数列,S n为其前n项和，且a5＝3a2,S7＝14a2＋7。

（1)求数列{a n｝的通项公式；(2）设数列｛a n＋b n｝是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{(－1)n b n（a n＋b n）｝的前n项和T n.解(1)设等差数列｛a n}的公差是d。

由a5＝3a2得a1＋4d＝3（a1＋d)，化简得d＝2a1，①由S7＝14a2＋7得d＝a1＋1，②由①②解得a1＝1，d＝2.所以数列｛a n }的通项公式为a n＝2n－1。

(2)由数列｛a n＋b n｝是首项为1，公比为2的等比数列，得a n ＋b n＝2n－1,即2n－1＋b n＝2n－1。

所以b n＝2n－1－2n＋1.所以（－1）n b n(a n＋b n）＝（－1)n·2n－1·（2n－1－2n＋1）＝（－1)n4n－1＋(－2)n－1（2n－1）＝－（－4）n－1＋（2n－1)·（－2)n－1。

2020版高考数学二轮复习专题限时集训4数列求和与综合问题理

C.214－43D.214＋23D [由题意.∵a 1＝2.n ＝2时.a 2＋a 3＝22.n ＝4时.a 4＋a 5＝24. n ＝6时.a 6＋a 7＝26.n ＝8时.a 8＋a 9＝28. n ＝10时.a 10＋a 11＝210.n ＝12时.a 12＋a 13＝212. S 13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212＝2＋22[1－226]1－22＝214＋23.故选D.]5．(20xx·衡水模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S m －1＝5.S m ＝－11.S m ＋1＝21.则m 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6C [在等比数列中.因为S m －1＝5.S m ＝－11.S m ＋1＝21.所以a m ＝S m －S m －1＝－11－5＝－16.a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝32.则公比q ＝am ＋1am ＝32－16＝－2.因为S m ＝－11.所以a1[1－－2m]1＋2＝－11.① 又a m ＋1＝a 1(－2)m＝32.②两式联立解得m ＝5.a 1＝－1.]6．[一题多解]设S n 为数列{a n }的前n 项和.且a 1＝4.a n ＋1＝S n .n ∈N *.则a 5＝________. 32 [法一：由a n ＋1＝S n .得S n ＋1－S n ＝S n .则S n ＋1＝2S n .又S 1＝a 1＝4.所以数列{S n }是首项为4.公比为2的等比数列.所以S n ＝4×2n －1＝2n ＋1.则a 5＝S 5－S 4＝26－25＝32.法二：当n ≥2时.由a n ＋1＝S n .得a n ＝S n －1.两式相减.得a n ＋1－a n ＝a n .即a n ＋1＝2a n .所以数列{a n }是从第2项开始.公比为2的等比数列．又a 2＝S 1＝4.所以a 5＝a 2·23＝4×23＝32.]7．已知数列{a n }的前n 项和为S n .a 1＝1.a 2＝2.且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *).记T n ＝1S1＋1S2＋…＋1Sn(n ∈N *).则T 2 020＝________. 4 0402 021[由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0可知数列{a n }是等差数列. 则公差d ＝a 2－a 1＝2－1＝1.∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝n ＋n n －12＝n2＋n2.∴1Sn ＝2n2＋n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴T n ＝21－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝21－1n ＋1.∴T 2 020＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 021＝4 0402 021.] 8．设某数列的前n 项和为S n .若SnS2n 为常数.则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1.公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”.则该等差数列的公差d ＝________.2 [由Sn S2n ＝k (k 为常数).且a 1＝1.得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n 2n －1d .即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d .整理得.(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0.∵对任意正整数n .上式恒成立.∴⎩⎪⎨⎪⎧d 4k －1＝0，2k －12－d ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.∴数列{a n }的公差为2.][能力提升练] (建议用时：20分钟)9．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0.设b n ＝log 2an ＋1a1.则数列{b n }的前n 项和为( )A ．nB ．n n －12 C ．n n ＋12D ．n ＋1n ＋22C [由a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0.可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0. 又a n ＞0.∴an ＋1an ＝2.∴a n ＋1＝a 12n .∴b n ＝log 2an ＋1a1＝log 22n ＝n .∴数列{b n }的前n 项和为nn ＋12.故选C.] 10．已知数列{b n }满足b 1＝1.b 2＝4.b n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin2nπ2b n ＋cos 2nπ2.则该数列的前23项的和为( )A ．4 194B ．4 195C ．2 046D ．2 047A [当n 为偶数时.b n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin2nπ2b n ＋cos 2nπ2＝b n ＋1.有b n ＋2－b n ＝1.即偶数项成等差数列.所以b 2＋b 4＋…＋b 22＝11b 2＋11×102×1＝99. 当n 为奇数时.b n ＋2＝2b n .即奇数项成等比数列.所以b 1＋b 3＋…＋b 23＝b11－2121－2＝212－1＝4 095.所以该数列的前23项的和为99＋4 095＝4 194.故选A.]11．[重视题](20xx·惠州调研)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列.对任意大于2的正整数n .记集合{x |x ＝a i ＋a j .i ∈N .j ∈N,1≤i ＜j ≤n }的元素个数为c n .把{c n }的各项摆成如图所示的三角形数阵.则数阵中第17行由左向右数第10个数为________．293 [设a n ＝a 1＋(n －1)d (d ≠0).则a i ＋a j ＝2a 1＋(i ＋j －2)d .由题意知1≤i ＜j ≤n .当i ＝1.j ＝2时.i ＋j －2取最小值1.当i ＝n －1.j ＝n 时.i ＋j －2取最大值2n －3.易知i ＋j －2可取遍1,2,3.….2n －3.即c n ＝2n －3(n ≥3)．数阵中前16行共有1＋2＋3＋…＋16＝136(个)数.所以第17行由左向右数第10个数为c 148＝2×148－3＝293.]12．已知数列{a n }满足a 1＝1.na n ＋1－2n (n ＋1)－(n ＋1)a n ＝0.设b n ＝an n .n ∈N *.(1)证明：{b n }是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫bn 2n 的前n 项和T n .[解](1)因为a 1＝1.na n ＋1－2n (n ＋1)－(n ＋1)a n ＝0. 所以an ＋1n ＋1－an n ＝2.所以b n ＋1－b n ＝2.因为b 1＝a11＝1.所以{b n }是以1为首项.2为公差的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.n ∈N *.知当n ≥2时.a n －1＋S n －1＝2(n －1)＋1＝2n －1.② ①－②得a n －a n －1＋(S n －S n －1)＝2.即2a n －a n －1＝2. 即2(a n －2)＝a n －1－2.即a n －2＝12(a n －1－2).故数列{a n －2}是以a 1－2＝－12为首项.12为公比的等比数列.所以a n －2＝－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .即a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .【押题2】已知数列{a n }满足a 1＋a22＋a322＋…＋an 2n －1＝2n ＋1－2(n ∈N *).b n ＝log 4a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1bn·bn＋1的前n 项和T n . [解](1)当n ＝1时.a 1＝2. 当n ≥2时.a 1＋a22＋a322＋…＋an 2n －1＝2n ＋1－2. a 1＋a22＋a322＋…＋an －12n －2＝2n －2.两式相减得an 2n －1＝2n .即a n ＝22n －1. 当n ＝1时满足上式.故数列{a n }的通项公式a n ＝22n －1.(2)因为b n ＝log 422n －1＝2n －12.1bn·bn＋1＝42n －12n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.所以T n ＝1b1·b2＋1b2·b3＋…＋1bn·bn＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1.。

2020高考数学(理数)复习作业本5.4 数列求和及综合应用(含答案)

2020高考数学(理数)复习作业本5.4数列求和及综合应用1.已知数列{a n }的通项公式为a n =n 2－5n ＋4.(1)数列中有多少项是负数？(2)n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值.2.设数列{a n }的前项积为T n ，且T n +2a n =2(n ∈N *).(1)求证：数列{nT 1}是等差数列. (2)设b n =(1-a n )(1-a n+1),求数列{b n }的前n 项和S n .3. (设{a n}为等比数列，T n=na1＋(n-1)a2＋…＋2a n-1＋a n，已知T1=1，T2=4.(1)求数列{a n}的首项和公比；(2)求数列{T n}的通项公式.4.}的公差为2，且，，成等比数列.已知等差数列{a（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：.5.已知数列{a}的前n项和为，且满足=n(1)求的值；(2)求数列{a n}的通项公式及其前 n项和．6.已知数列满足：，。

数列的前n项和为,且.⑴求数列、的通项公式；⑵令数列满足，求其前n项和为7.已知{a}是正数组成的数列，a1=1，且点（）在函数的图象上.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足，，求证：.8.已知数列{a}是等比数列，为数列{a n}的前项和，且n（1）求数列{a n}的通项公式.（2）设且{b n}为递增数列.若求证：答案解析1.解：(1)令n2－5n＋4<0，得1<n<4，∵n∈N*，∴n=2或3.故数列中有两项是负数.即a2、a3为负数.(2)a n=n2－5n＋4=(n－2.5)2－2.25.∵n∈N*，∴当n=2或3时，a n最小，最小值为－2.∴a n＋1－a n=3－－3＋=－=>0，∴a n＋1>a n.故数列{a n}为递增数列.2.解：3.解:(1)设等比数列{a n}的公比为q，则T1=a1，T2=2a1＋a2=a1(2＋q).又T1=1，T2=4，∴a1=1，q=2.(2)由(1)知：a1=1，q=2，∴a n=2n-1.∴T n=n·1＋(n-1)·2＋…＋2·2n-2＋1·2n-1，①2T n=n·2＋(n-1)·22＋…＋2·2n-1＋1·2n.②②-①得：T n=-n＋2＋22＋…＋2n-1＋2n=2n＋1-(n＋2).4.解：5.（1）a=1,a2=3,a3=7;（2）a n=2n-1,Sn=2a n-n=2n-1-n-2.16.7.解：8.。

高考数学(理)二轮专题练习【专题4】(2)数列求和及综合应用(含答案)

第2讲数列求和及综合应用考情解读高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题；2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧 (1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并． (2)错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列． (3)倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为1a n a n ＋1的数列的前n 项和，其中{a n }若为等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1. 常见的裂项公式： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k)；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)；④1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．2．数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项a n与它的前一项a n－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题．热点一分组转化求和例1等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n}(2)若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前n项和S n.思维启迪(1)根据表中数据逐个推敲确定{a n}的通项公式；(2)分组求和．解(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.故a n＝2·3n－1 (n∈N*)．(2)因为b n＝a n＋(－1)n ln a n＝2·3n－1＋(－1)n ln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3. 当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝⎛⎭⎫n －12－n ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1. 综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋1＝(12)n (n ∈N *)．(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}(n ∈N *)都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，令b n ＝(3－T 2n )·n ·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． (1)证明因为a n a n ＋1＝(12)n ，a n ＋1a n ＋2＝(12)n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12.又a 1＝1，a 2＝12，所以数列a 1，a 3，…，a 2n －1，…，是以1为首项，12为公比的等比数列；数列a 2，a 4，…，a 2n ，…，是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解由(1)可得T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－(12)n 1－12＋12[1－(12)n ]1－12＝3－3(12)n ，所以b n ＝3n (n ＋1)(12)n ，b n ＋1＝3(n ＋1)(n ＋2)(12)n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝3(n ＋1)(12)n (n ＋22－n )＝3(n ＋1)(12)n ＋1(2－n )，所以b 1<b 2＝b 3>b 4>…>b n >…，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝92.热点二错位相减法求和例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ＋1－a n，数列{b n }的前n 项和为T n ，n ∈N *，证明：T n <2.思维启迪 (1)n >1时，S n ＝2S n －1＋n 两式相减得{a n }的递推关系式，然后构造数列求通项； (2)先利用错位相减法求出T n ，再放缩．(1)解 ∵S n ＋1＝2S n ＋n ＋1，当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ， ∴a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2)，① 又S 2＝2S 1＋2，a 1＝S 1＝1，∴a 2＝3，∴a 2＋1a 1＋1＝2，∴当n ＝1时，①式也成立，∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)证明 ∵a n ＝2n －1，∴b n ＝n (2n ＋1－1)－(2n－1)＝n 2n ＋1－2n ＝n2n ， ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， ∴两式相减，得T n ＝2(12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1)＝2－12n －1－n2n <2.思维升华错位相减法求数列的前n 项和是一种重要的方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由已知得，当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1 ＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n－1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②，得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1，即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．热点三裂项相消法求和例3 已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6，且满足a 3－a 1,2a 2，a 8成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n 的值．思维启迪 (1)利用方程思想可确定a ，d ，写出{a n }；(2)利用裂项相消法求T n . 解 (1)由S 3＝6，得a 2＝2. ∵a 3－a 1,2a 2，a 8成等比数列， ∴(2d )·(2＋6d )＝42，解得d ＝1或d ＝－43，∵d >0，∴d ＝1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)T n ＝11·3＋12·4＋13·5＋…＋1n (n ＋2)＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋(14－16)＋…＋(1n －1n ＋2)] ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)＝3n 2＋5n 4(n ＋1)(n ＋2). 思维升华裂项相消法适合于形如{1a n ·a n ＋k}形式的数列，其中{a n }为等差数列．已知等差数列{a n }是递增数列，且满足a 4·a 7＝15，a 3＋a 8＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝19a n －1a n (n ≥2)，b 1＝13，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)根据题意a 3＋a 8＝8＝a 4＋a 7，a 4·a 7＝15，所以a 4，a 7是方程x 2－8x ＋15＝0的两根，且a 4<a 7，解得a 4＝3，a 7＝5. 设数列{a n }的公差为d ，由a 7＝a 4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 4＋(n －4)·d ＝3＋(n －4)·23＝2n ＋13.(2)当n ≥2时，b n ＝19a n －1a n ＝19·2n －13·2n ＋13＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)，又b 1＝13＝12(1－13)，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n2n ＋1.即数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2n ＋1. 热点四数列的实际应用例4 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%. (1)求第n 年年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新．思维启迪 (1)根据题意，当n ≤6时，数列{a n }是等差数列，当n ≥7时，数列{a n }是等比数列，分别写出其通项公式，然后进行合并即可；(2)先对n 进行分类，表示出A n ，利用数列的单调性质确定其最佳项，并与80比较大小，确定n 的值．(1)解当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，故a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ，当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6＝130－60＝70为首项，以34为公比的等比数列，故a n ＝70×(34)n －6，所以第n 年年初M 的价值a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×(34)n －6，n ≥7. (2)证明设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)， A n ＝S nn ＝120－5(n －1)＝125－5n ≥95>80，当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝570＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×[1－(34)n －6]＝780－210×(34)n －6.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．因为A n ＝S nn ＝780－210×(34)n －6n ，A 8＝780－210×(34)28≈82.734>80，A 9＝780－210×(34)39≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新．思维升华解答数列应用题，与函数应用题的求解过程类似，一般要经过三步：(1)建模，首先要认真审题，理解实际背景，理清数学关系，把应用问题转化为数列问题；(2)解模，利用所学的数列知识，解决数列模型中的相关问题；(3)释模，把已解决的数列模型中的问题返回到实际问题中去，与实际问题相对应，确定问题的结果．设某商品一次性付款的金额为a 元，以分期付款的形式等额地分成n 次付清，若每期利率r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是( ) A.an(1＋r )n 元 B.ar (1＋r )n (1＋r )n －1元 C.a n (1＋r )n －1元 D.ar (1＋r )n －1(1＋r )n －1元答案 B解析设每期期末所付款是x 元，则各次付款的本利和为x (1＋r )n －1＋x (1＋r )n －2＋x (1＋r )n－3＋…＋x (1＋r )＋x ＝a (1＋r )n ，即x ·(1＋r )n －1r ＝a (1＋r )n ，故x ＝ar (1＋r )n(1＋r )n －1.1．数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).(2)递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． (3)递推关系形如a n ＋1a n＝f (n )，常用累乘法求通项．(4)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 是常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，常用待定系数法．可设a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n ＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q n (q ，p 为常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n ＋1转为用迭加法求解．2．数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时，将问题转化为等比数列的求和问题求解． (2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3．数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在解题中的主要思路：①首先构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；②通过归纳得到结论，再用数列知识求解.真题感悟1．(2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则：(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________. 答案 (1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1(n ≥2)，∴a n ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1＋12n (n ≥2)．当n 为偶数时，a n －1＝－12n (n ≥2)，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n (n ≥2)，∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116.根据以上{a n }的关系式及递推式可求． a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128，…，a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128，….∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋12100 ＝⎝⎛⎭⎫12＋123＋…＋1299－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12100 ＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 2．(2014·课标全国Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1. (1)证明{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列．a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32(1－13n )<32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.押题精练1．如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第n (n ≥2)行的第2个数为________．答案 n 2－2n ＋3解析由题意可知：图中每行的第二个数分别为3,6,11,18，…，即a 2＝3，a 3＝6，a 4＝11，a 5＝18，…，∴a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…，a n －a n －1＝2n －3， ∴累加得：a n －a 2＝3＋5＋7＋…＋(2n －3)， ∴a n ＝n 2－2n ＋3.2．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流共有________人．答案 255解析由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30 ＝15＋15×2＋15×142×2＝255.故该医院30天入院治疗甲流的人数为255. 3．已知数列{b n }满足3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，且b 1＝3. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)已知a n b n ＝n ＋12n ＋3，求证：56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1.(1)解因为3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，所以b n ＋1b n ＝3(n ＋1)n .则b 2b 1＝3×21，b 3b 2＝3×32，b 4b 3＝3×43，…，b n b n －1＝3×nn －1，累乘，可得b n b 1＝3n －1×n ，因为b 1＝3，所以b n ＝n ·3n ，即数列{b n }的通项公式b n ＝n ·3n .(2)证明因为a n b n ＝n ＋12n ＋3，所以a n ＝n (n ＋1)2n ＋3·3n . 因为1a n ＝2n ＋3n (n ＋1)·13n＝3(n ＋1)－n n (n ＋1)·13n ＝(3n －1n ＋1)·13n ＝1n ·13n －1－1n ＋1·13n ，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝(1·130－12·131)＋(12·131－12＋1·132)＋…＋(1n ·13n －1－1n ＋1·13n ) ＝1－1n ＋1·13n . 因为n ∈N *，所以0<1n ＋1·13n ≤16，所以56≤1－1n ＋1·13n <1，所以56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1.(推荐时间：60分钟)一、选择题1．数列{a n }共有5项，其中a 1＝0，a 5＝2，且|a i ＋1－a i |＝1，i ＝1,2,3,4，则满足条件的不同数列的个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 B解析设b i ＝a i ＋1－a i ，i ＝1,2,3,4，则b i 等于1或－1，由a 5＝(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＝b 4＋b 3＋b 2＋b 1，知b i (i ＝1,2,3,4)共有3个1,1个－1.所以符合条件的{a n }共有4个．2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( )A ．445B ．765C ．1 080D ．3 105 答案 B解析 ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3.∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列．∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63.令a n ≤0，得n ≤21.∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30.∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ， ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于( ) A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013答案 D解析根据等差数列的性质，得数列{S n n}也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013，公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S 2 013＝－2 013.4．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则下列结论正确的是( )A ．a 100＝－1，S 100＝5B ．a 100＝－3，S 100＝5C ．a 100＝－3，S 100＝2D ．a 100＝－1，S 100＝2 答案 A解析由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝2，a 4＝－1，a 5＝－3，a 6＝－2，a 7＝1，由此可以得出数列{a n }是以6为一个周期，所以a 100＝a 4＝－1，S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝5，故选A.5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006 B ．2 012 C ．503 D ．0答案 A解析用归纳法求解．∵a n ＝n cos n π2，∴a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，…. 由此易知a 4n －2＝－(4n －2)，a 4n ＝4n ，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－2＋4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝－6＋8＝2，…，a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－(4n －2)＋4n ＝2.又2 012＝4×503，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝2＋2＋…＋2503个＝2×503＝1 006. 6．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012等于( )A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 010答案 A解析令m ＝1，得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，因此1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 013＝4 0242 013.二、填空题7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 答案 480解析 ∵a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480. 8．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________.答案 4解析由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n (c 1＋c n )2，前2n 项和为S 2n ＝2n (c 1＋c 2n )2，所以S 2n S n ＝2n (c 1＋c 2n )2n (c 1＋c n )2＝2＋2nd 4＋nd －d ＝2＋21＋4－d nd.因为数列{c n }是“和等比数列”，即S 2n S n 为非零常数，所以d ＝4.9．设S n ＝12＋16＋112＋…＋1n (n ＋1)(n ∈N *)，且S n ＋1·S n ＋2＝34，则n 的值是________．答案 5解析 ∵S n ＋1＝12＋16＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)＝1－1n ＋2＝n ＋1n ＋2， ∴S n ＋2＝n ＋2n ＋3. ∴S n ＋1·S n ＋2＝n ＋1n ＋3＝34，解得n ＝5. 10．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n >m 16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为_______________．答案 5解析要使S 2n －S n >m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min >m 16. 因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5. 三、解答题11．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N *恒成立．若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16.∵a 3－a 2＝8，∴a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4. ∵1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝⎛⎭⎫1－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<229， ∴正整数k 的最小值为3.12．(2014·山东)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意，得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)．当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1) 13．某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下，可卖出b 千克．若做广告宣传，广告费为n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出b 2n 千克． (1)当广告费分别为1千元和2千元时，用b 表示销售量S ；(2)试写出销售量S 与n 的函数关系式；(3)当a ＝50，b ＝200时，要使厂家获利最大，销售量S 和广告费n 分别应为多少？解 (1)当广告费为1千元时，销售量S ＝b ＋b 2＝3b 2. 当广告费为2千元时，销售量S ＝b ＋b 2＋b 22＝7b 4. (2)设S n (n ∈N )表示广告费为n 千元时的销售量，由题意得S 1－S 0＝b 2， S 2－S 1＝b 22， ……S n －S n －1＝b 2n . 以上n 个等式相加得，S n －S 0＝b 2＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ，即S ＝S n ＝b ＋b 2＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ＝b [1－(12)n ＋1]1－12＝b (2－12n )，n ∈N . (3)当a ＝50，b ＝200时，设获利为T n ，则有T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－12n )－1 000n ＝1 000×(20－102n －n )，设b n ＝20－102n －n ，则b n ＋1－b n ＝20－102n ＋1－n －1－20＋102n ＋n ＝52n －1，当n≤2时，b n＋1－b n>0；当n≥3时，b n＋1－b n<0.所以当n＝3时，b n取得最大值，即T n取得最大值，此时S＝375，即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．。

数列求和与综合(作业及答案)

数列求和与综合(作业)例1：已知函数2()cos()f n n n =π，且()(1)n a f n f n =++，则123100a a a a ++++=…（）A ．100-B ．0C ．100D ．10200【思路分析】由于()f n 的值与n 是奇数或者偶数有关系，故对n 的奇偶性进行讨论，求出数列{}n a 的通项公式，然后求和．当n 为奇数时，22()(1)(1)21n a f n f n n n n =++=-++=+；当n 为偶数时，22()(1)(1)21n a f n f n n n n =++=-+=--，∴21 21 n n n a n n +⎧=⎨--⎩，为奇数，为偶数，则12399100a a a a a +++++…3579199201(2)=-+-++-=-⨯…50100=-．故选A ．例2：已知数列{}n a 的首项15a =，前n 项和为n S ，且125n n S S n +=++，*N n ∈．（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）求{}n a 的通项公式及n S ．【思路分析】利用1n n n a S S -=-得到{}n a 的递推公式，然后进行分析．【过程示范】（1）∵125n n S S n +=++，①∴当1n >时，12(1)5n n S S n -=+-+，②-①②，得121n n a a +=+，即112(1)n n a a ++=+，∵15a =，22215S S =++，解得211a =，满足2112(1)a a +=+，∴数列{}1n a +是以6为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）可得，1162n n a -+=⨯，∴1621n n a -=⨯-，∴16(12)32612n n n S n n +⨯-=-=⨯---．例3：设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21441n n S a n +=--，*N n ∈，且2a ，5a ，14a 构成等比数列．（1）求证：2145a a =+；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求证：对一切正整数n ，有1223111112n n a a a a a a ++++<…．【思路分析】利用1n n n a S S -=-得到{}n a 的递推公式，然后进行分析．【过程示范】（1）∵2124411S a =-⨯-，即21245a a =-，∴22145a a =+，又且数列{}n a 的各项为正数，∴2145a a =+．（2）∵21441n n S a n +=--，∴当1n >时，2144(1)1n nS a n -=---，-①②，得22144n n n a a a +=--，即221(2)n n a a ++=，∵数列{}n a 的各项为正数，∴当1n >时，12n n a a +=+，即数列{}n a 是等差数列，则有526a a =+，14224a a =+，∵2a ，5a ，14a 构成等比数列，∴25214a a a =，即有2222(6)(24)a a a +=+，解得23a =，由（1）中2145a a =+，得11a =，满足212a a =+，∴{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，且21n a n =-．（3）∵21n a n =-，∴111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，∴12231111n n a a a a a a ++++…111111(1)23352121n n =-+-++--+…111(1)2212n =-<+．1.若数列{}n a 的通项为2(2)n a n n =+，则其前n 项和n S 为（）A ．112n -+B ．31121n n --+C ．31122n n --+D ．311212n n --++2.1232482n n ++++=…（）A ．212n nn --B ．1222n n n +--C ．212n n n -+D ．1222n n n +-+3.已知数列{}n a 中，45n a n =-+，等比数列{}n b 的公比q 满足1(2)n n q a a n -=-≥，且12b a =，则12||||||n b b b +++=…（）A ．413n -B ．143n -C ．14n -D ．41n -4.数列{}n a 的通项公式是11n a n n =++，若前n 项和为10，则项数n 为（）A ．120B ．99C ．11D ．1215.若{}n a 是等比数列，2512 4a a ==，，则12231n n a a a a a a ++++…等于（）A ．16(14)n --B ．16(12)n --C ．32(14)3n --D ．32(12)3n --6.数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，13(1)n n a S n +=≥，则6a =（）A ．434⨯B ．4341⨯+C ．54D ．541+7.已知数列{}n a 满足10a =，1211n n n a a a +=+++，则13a =（）A ．143B ．156C ．168D ．1958.已知{}n a 是公比为2的等比数列，若316a a -=，则22212111na a a +++=…（）A ．11(1)34n -B ．11(1)32n -C ．21(1)34n -D ．21(1)32n -9.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*22()N n n S a n =-∈，数列{}n b 满足11b =，且点*1()()N n n P b b n +∈，在直线2y x =+上．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ；10.正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：222(1)()0n n S n n S n n -+--+=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令221(2)n nn b n a +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：对于任意的正整数n ，都有564n T <．【参考答案】1．D 提示：112n a n n =-+2．B 提示：231232222n n n S =++++…，则23411231222222n n n S n n +-=+++++…，两式裂项相减．3．D 提示：1||34n n b -=⨯4．A 提示：1n a n n =+-5．C 提示：31112 8()4n n n n n a a a --+==⨯，6．A提示：11 134 2n n n a n -=⎧=⎨⨯⎩≥，，7．C 提示：221(1)(11)n n a a ++=++，即1111n n a a ++=++，则{1}n a +是等差数列，求得1n a n +=，则21n a n =-．8．A 提示：2n n a =，则211()4n n a =9．（1）2n n a =，21n b n =-；（2）1(23)26n n T n +=-+提示：（1）由1n n n a S S -=-求得n a ，由12n n b b +=+求得n b ；（2）(21)2n n n a b n =-⋅，由n T 得2n T ，两式裂项相减，求得n T ．10．（1）2n a n =；（2）略提示：（1）222(1)()0nn S n n S n n -+--+=得2()(1)0n n S n n S --+=，得2n S n n =+，由1n n n a S S -=-求得n a ；（2）22111[]16(2)n b n n =-+，22222222221111111[]161324(2)1111[1]162(1)(2)11155(1)16216464n T n n n n =-+-++-+=+--++<+=⨯=…。

2020 高三理科数学二轮复习课件8：数列求和与综合问题

题限
时
研考题
③构造法：形如an＋1＝
nan man＋n
，可转化为
1 an＋1
－
1 an
＝
m n
，构造等
集训
举题固
差数列a1n；
法
返首页
·
13
·
自主练
考
点
整
合
形如an＋1＝pan＋q(pq≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋
研考
pan＋p－q 1，构造等比数列an＋p－q 1.
)
·
练
考
A．9
B．10
点
整合
C．11
D．12
专
题
B [∵n2＋1 n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，
限时
研
集
考题
举
∴Sn＝1－12＋12－31＋…＋1n－n＋1 1＝1－n＋1 1＝n＋n 1，
训
·
题
固法
由n＋n 1＝1110可知n＝10.故选B.]
集训
题举
所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－
题固法
1，所以S6＝－1×1－12－26＝－63.]
返
首
页
·
17
·
自主练
考
点
整
专
合
2．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋
题限
1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
限
时
研
3．裂项相消求和：
集
考
训
题
举题
形如an·1an＋k，其中{an}是等差数列的求和．如T3.

2020版高考数学二轮复习专题限时集训4数列求和与综合应用文

专题限时集训(四) 数列求和与综合应用[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n ＝126，则n ＝( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6D [因为a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以{a n }是首项和公比均为2的等比数列，所以S n ＝21－2n1－2＝126，解得n ＝6.]2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＞S 7＞S 5，则满足S n S n ＋1＜0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13C [由S 6＞S 7＞S 5，得S 7＝S 6＋a 7＜S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7＞S 5，所以a 7＜0，a 6＋a 7＞0，所以S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7＜0，S 12＝12a 1＋a 122＝6(a 6＋a 7)＞0，所以S 12S 13＜0，即满足S n S n ＋1＜0的正整数n 的值为12，故选C.]3．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158C [依题意知{a n }的公比q ≠1，否则9S 3＝27a 1≠S 6＝6a 1,9S 3＝S 6⇒9×1·1－q 31－q＝1·1－q61－q⇒q 3＝8⇒q ＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公比为12的等比数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为S 5＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.]4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2当n 为奇数时，－n 2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200B [由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，故选B.]5．已知数列{a n }满足a n ＝n n ＋1，则a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0182 0182的值为( ) A.2 0182 019 B.2 0172 019 C.2 0184 035D.2 0172 018A [由题意，因为数列{a n }满足a n ＝nn ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2的通项公式为a nn 2＝1n n ＋1＝1n－1n ＋1，所以a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0182 0182＝1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝1－12 019＝2 0182 019.] 6．(2019·太原模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，且a 2＝2，则a 4＝________.11 [因为数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即数列{a n ＋1}是等比数列，公比为2，则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12，解得a 4＝11.]7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，过点P (n ，S n )和点Q (n ＋1，S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝________.40 [因为过点P (n ，S n )和点Q (n ＋1，S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2，所以S n ＋1－S n n ＋1－n＝S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝3n －2(n ∈N *)，所以a 2＝1，a 4＝7，a 5＝10，a 9＝22，所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝40.]8．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝________.4 0362 019[由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，n ≥2.以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1，n ≥2，把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n n ＋12，1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝21－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＋12 018－12 019＝21－12 019＝4 0362 019.] [能力提升练] (建议用时：15分钟)9．(2019·泰安模拟)数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( )A ．1B ．－2C ．3D ．－3A [因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)．所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.]10．(2019·洛阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a na n ＋1a n ＋1＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，得a 1＝1.当n ≥2时，有S n －1＝2a n －1－1，所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.所以{a n }是公比为2，首项为1的等比数列，故通项公式a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2a na n ＋1a n ＋1＋1＝2n2n －1＋12n＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝2n－12n ＋1.11．已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n. (2)由题意知：S 2n ＋1＝2n ＋1b 1＋b 2n ＋12＝(2n ＋1)b b ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .题号内容押题依据1由a n 与S n 的关系求通项公式由a n 与S n 的关系求通项公式常以小题形式出现，有时也出现在解答题的第(1)问，难度中等．本题考查逻辑推理和数学运算等核心素养，综合性强，符合全国卷的命题趋势2等差数列、三个“二次”间的关系、分组求和本题将等差数列的基本运算、三个“二次”的关系及数列分组求和有机组合且难度不大，符合全国卷的命题需求，主要考查通项公式的求解与分组求和，在运算过程中体现了数学运算及逻辑推理的核心素养n n n n n a n ＝________.2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n[当n ＝1时，由a n ＋S n ＝2n ＋1知，a 1＋S 1＝2×1＋1，即a 1＋a 1＝3，解得a 1＝32.由a n ＋S n ＝2n ＋1，①知当n ≥2时，a n －1＋S n －1＝2(n －1)＋1＝2n －1，② ①－②得a n －a n －1＋(S n －S n －1)＝2，即2a n －a n －1＝2，即2(a n －2)＝a n －1－2，即a n －2＝12(a n －1－2)，故数列{a n －2}是以a 1－2＝－12为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，即a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.] 【押题2】已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3＜0的解集为(－1,3)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋12＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)由题意知，方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1和3.则⎩⎪⎨⎪⎧da 1＝2，－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝2a n ＋12＋a n ＝2n＋(2n －1)，所以S n ＝(2＋22＋23＋ (2))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2n ＋1＋n 2－2.。

2020届二轮(理科数学) 数列求和及综合应用专题卷(全国通用)

2020届二轮（理科数学）数列求和及综合应用专题卷（全国通用）1.(本小题满分13分)(2018·天津高考理科·T18)设{a n}是等比数列,公比大于0,其前n项和为S n(n∈N*),{b n}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4= b3+b5,a5=b4+2b4.(Ⅰ)求{a n}和{b n}的通项公式.(Ⅱ)设数列{S n}的前n项和为T n(n∈N*),(ⅰ)求T n;(ⅱ)证明=-2(n∈N*).【命题意图】本题主要考查等差数列的通项公式,等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识.考查等差数列求和的基本方法和运算求解能力.【解析】(I)设等比数列{a n}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故a n=2n-1.设等差数列{b n}的公差为d,由a4=b3+b5,可得b1+3d=2.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故b n=n.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1,数列{b n}的通项公式为b n=n.(II)(ⅰ)由(I),有S n==2n-1,故T n=(2k-1)=2k-n=-n=2n+1-n-2.(ⅱ)因为===-,所以,=++…+=-2.2.(本小题满分13分)(2018·天津高考文科·T18)设{a n}是等差数列,其前n 项和为S n(n∈N*);{b n}是等比数列,公比大于0,其前n项和为T n(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a4.(Ⅰ)求S n和T n;(Ⅱ)若S n+(T1+T2+…+T n)=a n+4b n,求正整数n的值.【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.【解题指南】(Ⅰ)利用等差、等比数列的公式,结合题设条件,即可求解;(Ⅱ)结合(Ⅰ)的结论,将题设代数式化简,利用方程思想求解.【解析】(I)设等比数列{b n}的公比为q,由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故b n=2n-1.所以T n==2n-1.设等差数列{a n}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=2.由b5=a4+2a6,可得3a 1+13d=16,从而a1=1,d=1,故a n=n,所以S n=.(II)由(I),知T1+T2+…+T n=(21+22+…+2n)-n=2n+1-n-2.由S n+(T1+T2+…+T n)=a n+4b n可得+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=2.所以n的值为2.3.(本小题满分16分)(2018·江苏高考·T20)设{a n}是首项为a1,公差为d的等差数列,{b n}是首项为b1,公比为q的等比数列.(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|a n-b n|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围.(2)若a 1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|a n-b n|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).【解析】(1)由条件知:a n=(n-1)d,b n=2n-1.因为|a n-b n|≤b1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立,即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得≤d≤.因此,d的取值范围为.(2)由条件知:a n=b1+(n-1)d,b n=b1q n-1.若存在d,使得|a n-b n|≤b1(n=2,3,…,m+1)成立,即|b1+(n-1)d-b1q n-1|≤b1(n=2,3,…,m+1),即当n=2,3,…,m+1时,d满足b1≤d≤b1.因为q∈(1,],则1<q n-1≤q m≤2,从而b 1≤0,b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n-b n|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3…,m+1).①当2≤n≤m时,-==,当1<q≤时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递增,故数列的最大值为.②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-x ln2)2x<0,所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.当2≤n≤m时,=≤=f<1,因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递减,故数列的最小值为.因此,d的取值范围为4.(2018·江苏高考·T23)(本小题满分10分)设n∈N*,对1,2,…,n的一个排列i1i2…i n,如果当s<t时,有i s>i t,则称(i s,i t)是排列i1i2…i n的一个逆序,排列i1i2…i n的所有逆序的总个数称为其逆序数,例如:对1,2,3的一个排列231,只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数为2,记f n(k)为1,2,…,n 的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数.(1)求f3(2),f4(2)的值.(2)求f n(2)(n≥5)的表达式(用n表示).【解析】(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有τ(123)=0,τ(132)=1,τ(213)=1,τ(231)=2,τ(312)=2,τ(321)=3,所以f3(0)=1,f3(1)=f3(2)=2.对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此,f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=3.(2)对一般的n(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,所以f n(0)=1.逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,所以f n(1)=n-1.为计算f n+1(2),当1,2,…,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此,f n+1(2)=f n(2)+f n(1)+f n(0)=f n(2)+n.当n≥5时,f n(2)=[f n(2)-f n-1(2)]+[f n-1(2)-f n-2(2)]+…+[f5(2)-f4(2)]+f4(2)=(n-1)+(n-2)+…+4+f4(2)=,因此,n≥5时,f n(2)=.5.(2018·浙江高考T20)(本题满分15分)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n}满足b1=1,数列{(b n+1-b n)a n}的前n项和为2n2+n.(Ⅰ)求q的值.(Ⅱ)求数列{b n}的通项公式.【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.【解析】(Ⅰ)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=6.由a3+a5=20得8=20,因为q>1,所以q=2.(Ⅱ)设c n=(b n+1-b n)a n,数列{c n}的前n项和为S n.由c n=解得c n=4n-1.由(Ⅰ)可知a n=2n-1,所以b n+1-b n=(4n-1)·,故b n-b n-1=(4n-5)·,n≥2, b n-b1=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·+(4n-9)·+…+7·+3,设T n=3+7·+11·+…+(4n-5)·,n≥2,T n=3·+7·+…+(4n-9)·+(4n-5)·,所以T n=3+4·+4·+…+4·-(4n-5)·,因此T n=14-(4n+3)·,n≥2,又b1=1,所以b n=15-(4n+3)·.。

2020年高考数学(理科)二轮复习测试：专题三第2讲数列求和及综合应用

首项为a1－1＝－2，
∴an－1＝－2×2n－1＝－2n，an＝－2n＋1，
∴a5＝－31，a6＝－63，
∴f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)＝f(2)＋f(0)＝f(2)＝－f(－2)＝3.
答案：3
三、解答题
9．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(2)解：由题意得cn＝n2n－n.
设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
设Bn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，
∴2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.
∴－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2，
Tn＝＋＋＋＋…＋＋，②
①－②得 Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－－，
∴Tn＝2－－ .
11．已知函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，数列{an}满足an＋1＝2f(an－1)＋1，且a1＝3，an>1.
(1)设bn＝log2(an－1)，证明：数列{bn＋1}为等比数列；
2020年高考数学（理科）二轮复习测试：
专题三第2讲数列求和及综合应用
一、选择题
1．(2019·调研试题)已知数列1 ，3 ，5 ，7 ，…，则其前n项和Sn为()
A．n2＋1－ B．n2＋2－
C．n2＋1－ D．n2＋2－
解析：∵an＝2n－1＋，
∴Sn＝＋＝n2＋1－ .
答案：A
2．若数列{an}的通项公式为an＝，则其前n项和Sn为()
解析：∵函数f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，f(0)＝0.
∵f(x)＝f(x＋3)，

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专题限时集训(四) 数列求和与综合问题[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 35B [由等比数列的性质，知a 5a 6＝a 4a 7＝9，所以log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2a 3…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝log 395＝10，故选B.]2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n-1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n-1 D.12n －1 B [∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，且S n ＝2a n ＋1， ∴S n ＝2(S n ＋1－S n )，即S n ＋1S n＝32.∴{S n }是首项为1，公比为32的等比数列，即S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n-1.]3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( ) A ．－13 B.13 C ．－12D.12A [当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，∴a ＋16＝a 2，∴a ＝－13.故选A.]4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋a n ＋1＝2n (n ∈N *)，则S 13＝( ) A.213－43 B.213＋23 C.214－43D.214＋23D [由题意，∵a 1＝2，n ＝2时，a 2＋a 3＝22，n ＝4时，a 4＋a 5＝24， n ＝6时，a 6＋a 7＝26，n ＝8时，a 8＋a 9＝28， n ＝10时，a 10＋a 11＝210，n ＝12时，a 12＋a 13＝212，S 13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212＝2＋22[1－(22)6]1－22＝214＋23.故选D.] 5．(2019·衡水模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6C [在等比数列中，因为S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，所以a m ＝S m －S m －1＝－11－5＝－16，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝32.则公比q ＝a m ＋1a m ＝32－16＝－2，因为S m ＝－11，所以a 1[1－(－2)m ]1＋2＝－11，① 又a m ＋1＝a 1(－2)m ＝32，②两式联立解得m ＝5，a 1＝－1.]6．[一题多解]设S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝4，a n ＋1＝S n ，n ∈N *，则a 5＝________.32 [法一：由a n ＋1＝S n ，得S n ＋1－S n ＝S n ，则S n ＋1＝2S n .又S 1＝a 1＝4，所以数列{S n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以S n ＝4×2n －1＝2n ＋1，则a 5＝S 5－S 4＝26－25＝32.法二：当n ≥2时，由a n ＋1＝S n ，得a n ＝S n －1，两式相减，得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是从第2项开始，公比为2的等比数列．又a 2＝S 1＝4，所以a 5＝a 2·23＝4×23＝32.]7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，记T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n(n ∈N *)，则T 2 020＝________.4 0402 021 [由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0可知数列{a n }是等差数列，则公差d ＝a 2－a 1＝2－1＝1.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ＋n (n －1)2＝n 2＋n2. ∴1S n ＝2n 2＋n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝21－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝21－1n ＋1，∴T 2 020＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 021＝4 0402 021.] 8．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.2 [由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立， ∴⎩⎨⎧d (4k －1)＝0，(2k －1)(2－d )＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.∴数列{a n }的公差为2.][能力提升练] (建议用时：20分钟)9．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，设b n ＝log 2a n ＋1a 1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．nB ．n (n －1)2C ．n (n ＋1)2D ．(n ＋1)(n ＋2)2C [由a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，又a n ＞0，∴a n ＋1a n ＝2，∴a n ＋1＝a 12n ，∴b n ＝log 2a n ＋1a 1＝log 22n ＝n .∴数列{b n }的前n 项和为n (n ＋1)2，故选C.]10．已知数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝4，b n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2n π2b n ＋cos 2n π2，则该数列的前23项的和为( )A ．4 194B ．4 195C ．2 046D ．2 047A [当n 为偶数时，b n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2n π2b n ＋cos 2n π2＝b n ＋1，有b n ＋2－b n ＝1，即偶数项成等差数列，所以b 2＋b 4＋…＋b 22＝11b 2＋11×102×1＝99.当n 为奇数时，b n ＋2＝2b n ，即奇数项成等比数列，所以 b 1＋b 3＋…＋b 23＝b 1(1－212)1－2＝212－1＝4 095.所以该数列的前23项的和为99＋4 095＝4 194，故选A.]11．[重视题](2019·惠州调研)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，对任意大于2的正整数n ，记集合{x |x ＝a i ＋a j ，i ∈N ，j ∈N,1≤i ＜j ≤n }的元素个数为c n ，把{c n }的各项摆成如图所示的三角形数阵，则数阵中第17行由左向右数第10个数为________．293 [设a n ＝a 1＋(n －1)d (d ≠0)，则a i ＋a j ＝2a 1＋(i ＋j －2)d ，由题意知1≤i ＜j ≤n ，当i ＝1，j ＝2时，i ＋j －2取最小值1，当i ＝n －1，j ＝n 时，i ＋j －2取最大值2n －3，易知i ＋j －2可取遍1,2,3，…，2n －3，即c n ＝2n －3(n ≥3)．数阵中前16行共有1＋2＋3＋…＋16＝136(个)数，所以第17行由左向右数第10个数为c 148＝2×148－3＝293.]12．已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1－2n (n ＋1)－(n ＋1)a n ＝0，设b n ＝a nn ，n ∈N *.(1)证明：{b n }是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2n 的前n 项和T n .[解](1)因为a 1＝1，na n ＋1－2n (n ＋1)－(n ＋1)a n ＝0，所以a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以b n ＋1－b n ＝2. 因为b 1＝a 11＝1，所以{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1，n ∈N *，所以b n 2n ＝2n －12n ，所以T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1，两式相减，得12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1，故T n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .n n n n n 的通项公式a n ＝________.2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n[当n ＝1时，由a n ＋S n ＝2n ＋1知，a 1＋S 1＝2×1＋1，即a 1＋a 1＝3，解得a 1＝32.由a n ＋S n ＝2n ＋1，①知当n ≥2时，a n －1＋S n －1＝2(n －1)＋1＝2n －1，② ①－②得a n －a n －1＋(S n －S n －1)＝2，即2a n －a n －1＝2，即2(a n －2)＝a n －1－2，即a n －2＝12(a n －1－2)，故数列{a n －2}是以a 1－2＝－12为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，即a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.【押题2】已知数列{a n }满足a 1＋a 22＋a 322＋…＋a n2n －1＝2n ＋1－2(n ∈N *)，b n＝log 4a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n ·b n ＋1的前n 项和T n .[解](1)当n ＝1时，a 1＝2. 当n ≥2时，a 1＋a 22＋a 322＋…＋a n2n －1＝2n ＋1－2，a 1＋a 22＋a 322＋…＋a n －12n －2＝2n －2，两式相减得a n2n －1＝2n ，即a n ＝22n －1，当n ＝1时满足上式，故数列{a n }的通项公式a n ＝22n －1. (2)因为b n ＝log 422n －1＝2n －12，1b n ·b n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. 所以T n ＝1b 1·b 2＋1b 2·b 3＋…＋1b n ·b n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1.。