【2019版课标版】高考数学文科精品课件§6.4 数列的综合应用

§6.4 数列的综合应用考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型 预测热度1.数列的通项公式及前n 项和的求法掌握数列的通项公式及求和方法Ⅱ2017课标全国Ⅲ,17;2017北京,15;2016天津,18; 2015山东,19 解答题★★★2.数列的综合应用能综合应用等差、等比数列解决相应问题Ⅲ2017天津,18; 2016浙江,17; 2016四川,19选择题、 解答题★★★分析解读综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列是特殊的函数,是高考的常选考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.五年高考考点一 数列的通项公式及前n 项和的求法1.(2017山东,19,12分)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{bn a n}的前n 项和T n . 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题意知:a 1(1+q)=6,a 12q=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+1)(b 1+b 2n+1)2=(2n+1)b n+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. 2.(2017北京,15,13分)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1,a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5. (1)求{a n }的通项公式;(2)求和:b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d. 因为a 2+a 4=10,所以2a 1+4d=10. 解得d=2.所以a n =2n-1.(2)设等比数列{b n }的公比为q. 因为b 2b 4=a 5,所以b 1qb 1q 3=9.解得q 2=3.所以b 2n-1=b 1q 2n-2=3n-1.从而b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n -12.3.(2016天津,18,13分)已知{a n }是等比数列,前n 项和为S n (n ∈N *),且1a 1-1a 2=2a 3,S 6=63. (1)求{a n }的通项公式;(2)若对任意的n ∈N *,b n 是log 2a n 和log 2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n b n2}的前2n 项和. 解析 (1)设数列{a n }的公比为q.由已知,有1a 1-1a 1q =2a 1q2,解得q=2,或q=-1.又由S 6=a 1·1−q 61−q=63,知q ≠-1,所以a 1·1−261−2=63,得a 1=1.所以a n =2n-1.(2)由题意,得b n =12(log 2a n +log 2a n+1)=12(log 22n-1+log 22n)=n-12, 即{b n }是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)nb n 2}的前n 项和为T n ,则T 2n =(-b 12+b 22)+(-b 32+b 42)+…+(-b 2n -12+b 2n 2)=b 1+b 2+b 3+b 4+…+b 2n-1+b 2n =2n(b 1+b 2n )2=2n 2.4.(2014课标Ⅰ,17,12分)已知{a n }是递增的等差数列,a 2,a 4是方程x 2-5x+6=0的根.(1)求{a n }的通项公式; (2)求数列{an 2n }的前n 项和.解析 (1)方程x 2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a 2=2,a 4=3.设数列{a n }的公差为d,则a 4-a 2=2d,故d=12,从而a 1=32. 所以{a n }的通项公式为a n =12n+1.(2)设{a n 2n }的前n 项和为S n ,由(1)知a n2n =n+22n+1,则S n =322+423+…+n+12n +n+22n+1, 12S n =323+424+…+n+12n+1+n+22n+2. 两式相减得12S n =34+(123+⋯+12n+1)-n+22n+2=34+14(1−12n -1)-n+22n+2.所以S n =2-n+42n+1.教师用书专用(5—13)5.(2015湖北,19,12分)设等差数列{a n }的公差为d,前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q.已知b 1=a 1,b 2=2,q=d,S 10=100. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)当d>1时,记c n =an b n,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)由题意有,{10a 1+45d =100,a 1d =2,即{2a 1+9d =20,a 1d =2,解得{a 1=1,d =2,或{a 1=9,d =29.故{a n =2n -1,b n =2n -1,或{a n =19(2n +79),b n=9·(29)n -1. (2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n =2n -12n -1,于是T n =1+32+522+723+924+…+2n -12n -1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2n -12n .② ①-②可得12T n =2+12+122+…+12n -2-2n -12n =3-2n+32n , 故T n =6-2n+32n -1.6.(2015安徽,18,12分)已知数列{a n }是递增的等比数列,且a 1+a 4=9,a 2a 3=8. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和,b n =a n+1S n S n+1,求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)由题设知a 1·a 4=a 2·a 3=8, 又a 1+a 4=9,可解得{a 1=1,a 4=8或{a 1=8,a 4=1(舍去).由a 4=a 1q 3得公比为q=2,故a n =a 1q n-1=2n-1.(2)S n =a 1(1-q n )1−q=2n-1,又b n =a n+1S n S n+1=S n+1-S n S n S n+1=1S n -1S n+1, 所以T n =b 1+b 2+…+b n =(1S 1-1S 2)+(1S 2-1S 3)+…+(1S n -1S n+1)=1S 1-1S n+1=1-12n+1-1.7.(2015山东,19,12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,数列{1a n ·a n+1}的前n 项和为n2n+1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设数列{a n }的公差为d. 令n=1,得1a 1a 2=13, 所以a 1a 2=3. 令n=2,得1a 1a 2+1a 2a 3=25, 所以a 2a 3=15. 解得a 1=1,d=2,所以a n =2n-1.(2)由(1)知b n =2n ·22n-1=n ·4n, 所以T n =1·41+2·42+…+n ·4n,所以4T n =1·42+2·43+…+n ·4n+1,两式相减,得-3T n =41+42+ (4)-n ·4n+1=4(1−4n )1−4-n ·4n+1 =1−3n 3×4n+1-43. 所以T n =3n -19×4n+1+49=4+(3n -1)4n+19. 8.(2014湖北,19,12分)已知等差数列{a n }满足:a 1=2,且a 1,a 2,a 5成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,是否存在正整数n,使得S n >60n+800?若存在,求n 的最小值;若不存在,说明理由. 解析 (1)设数列{a n }的公差为d,依题意,得2,2+d,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d 2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n =2;当d=4时,a n =2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n }的通项公式为a n =2或a n =4n-2. (2)当a n =2时,S n =2n.显然2n<60n+800, 此时不存在正整数n,使得S n >60n+800成立. 当a n =4n-2时,S n =n[2+(4n -2)]2=2n 2. 令2n 2>60n+800,即n 2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n >60n+800成立,n 的最小值为41. 综上,当a n =2时,不存在满足题意的n;当a n =4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.9.(2014安徽,18,12分)数列{a n }满足a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n(n+1),n ∈N *. (1)证明:数列{a n n}是等差数列;(2)设b n =3n·√a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)证明:由已知可得a n+1n+1=a n n +1,即a n+1n+1-an n=1. 所以{a n n}是以a 11=1为首项,1为公差的等差数列. (2)由(1)得an n=1+(n-1)·1=n,所以a n =n 2.从而b n =n ·3n.∴S n =1·31+2·32+3·33+…+n ·3n,①3S n =1·32+2·33+…+(n-1)·3n +n ·3n+1.②①-②得-2S n =31+32+…+3n -n ·3n+1=3·(1−3n )1−3-n ·3n+1=(1-2n)·3n+1-32. 所以S n =(2n -1)·3n+1+34.10.(2014山东,19,12分)在等差数列{a n }中,已知公差d=2,a 2是a 1与a 4的等比中项. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =a n(n+1)2,记T n =-b 1+b 2-b 3+b 4-…+(-1)nb n ,求T n .解析 (1)由题意知(a 1+d)2=a 1(a 1+3d),即(a 1+2)2=a 1(a 1+6), 解得a 1=2,所以数列{a n }的通项公式为a n =2n. (2)由题意知b n =a n(n+1)2=n(n+1).所以b n+1-b n =2(n+1),所以当n 为偶数时,T n =(-b 1+b 2)+(-b 3+b 4)+…+(-b n-1+b n ) =4+8+12+…+2n =n2(4+2n)2=n(n+2)2, 当n 为奇数时, 若n=1,则T 1=-b 1=-2, 若n>1,则T n =T n-1+(-b n ) =(n -1)(n+1)2-n(n+1) =-(n+1)22, n=1时,满足上式. 所以T n ={-(n+1)22,n 为奇数,n(n+2)2,n 为偶数. 11.(2013重庆,16,13分)设数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=3a n ,n ∈N +. (1)求{a n }的通项公式及前n 项和S n ;(2)已知{b n }是等差数列,T n 为其前n 项和,且b 1=a 2,b 3=a 1+a 2+a 3,求T 20. 解析 (1)由题设知{a n }是首项为1,公比为3的等比数列,所以a n =3n-1,S n =1−3n 1−3=12(3n-1).(2)b 1=a 2=3,b 3=1+3+9=13,b 3-b 1=10=2d,所以公差d=5, 故T 20=20×3+20×192×5=1 010.12. (2013安徽,19,13分)设数列{a n }满足a 1=2,a 2+a 4=8,且对任意n ∈N *,函数f(x)=(a n -a n+1+a n+2)x+a n+1cos x-a n+2sin x 满足 f '(π2)=0.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =2(a n +12a n),求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)由题设可得, f '(x)=a n -a n+1+a n+2-a n+1sin x-a n+2·cos x. 对任意n ∈N *,f '(π2)=a n -a n+1+a n+2-a n+1=0,即a n+1-a n =a n+2-a n+1, 故{a n }为等差数列.由a 1=2,a 2+a 4=8,解得{a n }的公差d=1,所以a n =2+1·(n-1)=n+1. (2)由b n =2(a n +12a n)=2(n +1+12n+1)=2n+12n +2知,S n =b 1+b 2+…+b n =2n+2·n(n+1)2+12[1−(12)n]1−12=n 2+3n+1-12n .13.(2013湖南,19,13分)设S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 1≠0,2a n -a 1=S 1·S n ,n ∈N *. (1)求a 1,a 2,并求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{na n }的前n 项和.解析 (1)令n=1,得2a 1-a 1=a 12, 即a 1=a 12.因为a 1≠0,所以a 1=1.令n=2,得2a 2-1=S 2=1+a 2.解得a 2=2.当n ≥2时,2a n -1=S n ,2a n-1-1=S n-1,两式相减得2a n -2a n-1=a n .即a n =2a n-1. 于是数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列.因此,a n =2n-1.所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1. (2)由(1)知na n =n ·2n-1.记数列{n ·2n-1}的前n 项和为B n ,于是 B n =1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①2B n =1×2+2×22+3×23+…+n×2n.②①-②得-B n =1+2+22+…+2n-1-n ·2n=2n-1-n ·2n.从而B n =1+(n-1)·2n.考点二 数列的综合应用1.(2017天津,18,13分)已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12, 而b 1=2,所以q 2+q-6=0. 又因为q>0,解得q=2.所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8①.由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16②, 联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,{a n }的通项公式为a n =3n-2,{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,有T n =4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2T n =4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n +(6n-2)×2n+1, 上述两式相减,得-T n =4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=12×(1−2n )1−2-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得T n =(3n-4)2n+2+16.所以,数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n-4)2n+2+16.2.(2016浙江,17,15分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2=4,a n+1=2S n +1,n ∈N *. (1)求通项公式a n ;(2)求数列{|a n -n-2|}的前n 项和.解析 (1)由题意得{a 1+a 2=4,a 2=2a 1+1,则{a 1=1,a 2=3.又当n ≥2时,由a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1+1)=2a n ,得a n+1=3a n .又因为a 2=3=3a 1,所以数列{a n }是首项为1,公比为3的等比数列. 所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-1,n ∈N *.(2)设b n =|3n-1-n-2|,n ∈N *,则b 1=2,b 2=1.当n ≥3时,由于3n-1>n+2,故b n =3n-1-n-2,n ≥3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 1=2,T 2=3.当n ≥3时,T n =3+9(1−3n -2)1−3-(n+7)(n -2)2=3n -n 2-5n+112,经检验,n=2时也符合.所以T n ={2, n =1,3n -n 2-5n+112,n ≥2,n ∈N *.3.(2016四川,19,12分)已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n+1=qS n +1,其中q>0,n ∈N *. (1)若a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,求数列{a n }的通项公式;(2)设双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率为e n ,且e 2=2,求e 12+e 22+…+e n2. 解析 (1)由已知,S n+1=qS n +1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n ≥1. 又由S 2=qS 1+1得到a 2=qa 1,故a n+1=qa n 对所有n ≥1都成立.所以,数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列.从而a n =q n-1.由a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,可得2a 3=a 2+a 2+a 3, 所以a 3=2a 2,故q=2. 所以a n =2n-1(n ∈N *).(2)由(1)可知,a n =q n-1.所以双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率e n =√1+a n2=√1+q 2(n -1). 由e 2=√1+q 2=2解得q=√3.所以,e 12+e 22+…+e n 2=(1+1)+(1+q 2)+…+[1+q2(n-1)]=n+[1+q 2+…+q 2(n-1)] =n+q 2n -1q 2-1 =n+12(3n-1).4.(2015天津,18,13分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,{b n }是等差数列,且a 1=b 1=1,b 2+b 3=2a 3,a 5-3b 2=7. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设c n =a n b n ,n ∈N *,求数列{c n }的前n 项和.解析 (1)设数列{a n }的公比为q,数列{b n }的公差为d,由题意知q>0.由已知,有{2q 2-3d =2,q 4-3d =10,消去d,整理得q 4-2q 2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1,n ∈N *;数列{b n }的通项公式为b n =2n-1,n ∈N *.(2)由(1)有c n =(2n-1)·2n-1,设{c n }的前n 项和为S n ,则S n =1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,2S n =1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,上述两式相减,得-S n =1+22+23+ (2)-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,所以,S n =(2n-3)·2n +3,n ∈N *.教师用书专用(5—9)5.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{a n }满足:a n-k +a n-k+1+…+a n-1+a n+1+…+a n+k-1+a n+k =2ka n 对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n }是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列{a n }是“P(3)数列”;(2)若数列{a n }既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{a n }是等差数列. 证明 (1)证明:因为{a n }是等差数列,设其公差为d,则a n =a 1+(n-1)d,从而,当n ≥4时,a n-k +a n+k =a 1+(n-k-1)d+a 1+(n+k-1)d=2a 1+2(n-1)d=2a n ,k=1,2,3, 所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n ,因此等差数列{a n }是“P(3)数列”.(2)数列{a n }既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此, 当n ≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n ,①当n ≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n .② 由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n +a n+1),③ a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n ).④将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n ,其中n ≥4, 所以a 3,a 4,a 5,…是等差数列,设其公差为d'. 在①中,取n=4,则a 2+a 3+a 5+a 6=4a 4,所以a 2=a 3-d', 在①中,取n=3,则a 1+a 2+a 4+a 5=4a 3,所以a 1=a 3-2d', 所以数列{a n }是等差数列.6.(2015浙江,17,15分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n ∈N *),b 1+12b 2+13b 3+ (1)b n =b n+1-1(n ∈N *). (1)求a n 与b n ;(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ,求T n . 解析 (1)由a 1=2,a n+1=2a n ,得a n =2n(n ∈N *). 由题意知,当n=1时,b 1=b 2-1,故b 2=2. 当n ≥2时,1n b n =b n+1-b n ,整理得b n+1n+1=b nn, 所以b n =n(n ∈N *).(2)由(1)知a n b n =n ·2n,因此T n =2+2·22+3·23+…+n ·2n, 2T n =22+2·23+3·24+…+n ·2n+1,所以T n -2T n =2+22+23+…+2n -n ·2n+1. 故T n =(n-1)2n+1+2(n ∈N *).7.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n 满足S n 2-(n 2+n-3)S n -3(n 2+n)=0,n ∈N *.(1)求a 1的值;(2)求数列{a n }的通项公式; (3)证明:对一切正整数n,有1a 1(a 1+1)+1a 2(a 2+1)+…+1a n (a n +1)<13.解析 (1)∵S n 2-(n 2+n-3)S n -3(n 2+n)=0, ∴令n=1,得a 12+a 1-6=0,解得a 1=2或a 1=-3. 又a n >0,∴a 1=2.(2)由S n 2-(n 2+n-3)S n -3(n 2+n)=0,得[S n -(n 2+n)](S n +3)=0,又a n >0,所以S n +3≠0,所以S n =n 2+n,所以当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n-[(n-1)2+n-1]=2n, 又由(1)知,a 1=2,符合上式,所以a n =2n. (3)证明:由(2)知,1a n (a n +1)=12n(2n+1),所以1a 1(a 1+1)+1a 2(a 2+1)+…+1a n (a n +1)=12×3+14×5+…+12n(2n+1)<12×3+13×5+15×7+…+1(2n -1)(2n+1) =16+12[(13-15)+(15-17)+⋯+(12n -1-12n+1)]=16+12(13-12n+1)<16+12×13=13.8.(2013课标全国Ⅱ,17,12分)已知等差数列{a n }的公差不为零,a 1=25,且a 1,a 11,a 13成等比数列. (1)求{a n }的通项公式; (2)求a 1+a 4+a 7+…+a 3n-2.解析 (1)设{a n }的公差为d.由题意得,a 112=a 1a 13,即(a 1+10d)2=a 1(a 1+12d). 于是d(2a 1+25d)=0.又a 1=25,所以d=0(舍去)或d=-2. 故a n =-2n+27.(2)令S n =a 1+a 4+a 7+…+a 3n-2.由(1)知a 3n-2=-6n+31,故{a 3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而 S n =n2(a 1+a 3n-2)=n2(-6n+56) =-3n 2+28n.9.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 2n =2a n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b 1a 1+b 2a 2+…+b n a n=1-12n ,n ∈N *,求{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d. 由S 4=4S 2,a 2n =2a n +1得{4a 1+6d =8a 1+4d,a 1+(2n-1)d =2a 1+2(n-1)d +1,解得a 1=1,d=2. 因此a n =2n-1,n ∈N *.(2)由已知b 1a 1+b 2a 2+…+b n a n=1-12n ,n ∈N *,得当n=1时,b 1a 1=12; 当n ≥2时,b n a n=1-12n -(1−12n -1)=12n .所以b n a n =12n ,n ∈N *.由(1)知,a n =2n-1,n ∈N *,所以b n =2n -12n,n ∈N *, 又T n =12+322+523+…+2n -12n, 12T n =122+323+…+2n -32n +2n -12n+1, 两式相减得12T n =12+(222+223+⋯+22n )-2n -12n+1=32-12n -1-2n -12n+1,所以T n =3-2n+32n.三年模拟A 组 2016—2018年模拟·基础题组考点一 数列的通项公式及前n 项和的求法1.(2018辽宁沈阳二中期中,8)数列{a n }的前n 项和为S n ,若a n =1n(n+1),则S 5等于( )A.1B.56C.16D.130答案 B2.(2017陕西渭南二模,9)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,a 2=3,S 5=25,若{1a n a n+1}的前n 项和为1 0082 017,则n 的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017 答案 B3.(2017山西孝义模考,9)已知数列{a n },{b n },其中{a n }是首项为3,公差为整数的等差数列,且a 3>a 1+3,a 4<a 2+5,a n =log 2b n ,则{b n }的前n 项和S n 为( )A.8(2n -1)B.4(3n-1) C.83(4n-1)D.43(3n-1)答案 C4.(人教A 必5,二,4,B2,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,则第二天走了( ) A.192里 B.96里 C.48里 D.24里 答案 B5.(2018福建六校联考,17)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n +1. (1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =log 2(-a n+1),求数列{1b n b n+1}的前n 项和T n .解析 (1)当n=1时,a 1=S 1=2a 1+1,得a 1=-1; 当n ≥2时,根据题意得S n-1=2a n-1+1,所以a n =S n -S n-1=(2a n +1)-(2a n-1+1)=2a n -2a n-1(n ≥2),即a na n -1=2(n ≥2). ∴数列{a n }是首项为-1,公比为2的等比数列.∴a n =(-1)·2n-1=-2n-1.(2)由(1)得b n =log 2(-a n+1)=log 22n=n. ∴1b n b n+1=1n(n+1)=1n -1n+1, ∴T n =(1−12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)=1-1n+1=nn+1.6.(2018广东汕头金山中学期中考试,17)已知数列{a n }是等比数列,a 2=4,a 3+2是a 2和a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2log 2a n -1,求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设数列{a n }的公比为q(q ≠0),因为a 2=4,所以a 3=4q,a 4=4q 2.因为a 3+2是a 2和a 4的等差中项,所以2(a 3+2)=a 2+a 4,即2(4q+2)=4+4q 2,化简得q 2-2q=0. 因为公比q ≠0,所以q=2.所以a n =a 2q n-2=4×2n-2=2n (n ∈N *).(2)因为a n =2n,所以b n =2log 2a n -1=2n-1,所以a n b n =(2n-1)2n,则T n =1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n①,2T n =1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n +(2n-1)2n+1②.由①-②得,-T n =2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n-1)2n+1=2+2×4(1−2n -1)1−2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以T n =6+(2n-3)2n+1.7.(2017广东10月百校联考,17)已知数列{a n }的前n 项和S n =12n(na 1+1). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列{a n ·2n-1}的前n 项和T n .解析 (1)∵S n =12n(na 1+1),∴a 1=12(a 1+1),∴a 1=1,∴S n =12n(n+1),∴S n-1=12n(n-1)(n ≥2), 两式相减得a n =n(n ≥2),而当n=1时,a 1=1也满足a n =n,所以a n =n(n ∈N *).(2)T n =1+2×21+3×22+4×23+…+n×2n-1,则2T n =1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n, 两式相减,得-T n =1+21+22+…+2n-1-n×2n=1−2n 1−2-n×2n =2n (1-n)-1,∴T n =(n-1)2n+1. 8.(2017福建福州八中第六次质检,17)在等比数列{a n }中,公比q ≠1,等差数列{b n }满足b 1=a 1=3,b 4=a 2,b 13=a 3. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式;(2)记c n =(-1)nb n +a n ,求数列{c n }的前2n 项和S 2n . 解析 (1)设等差数列{b n }的公差为d.则有{3+3d =3q,3+12d =3q 2,解得{q =3,d =2或{q =1,d =0(舍去), 所以a n =3n,b n =2n+1.(2)由(1)知c n =(-1)n (2n+1)+3n,则S 2n =(3+32+33+ (32))+{(-3)+5+(-7)+9+…+[-(4n-1)]+(4n+1)}=3(1−32n )1−3+[(5-3)+(9-7)+…+(4n+1-4n+1)]=32n+1-32+2n. 考点二 数列的综合应用9.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=2f(n)+n 2(n ∈N *),且f(1)=2,则f(40)=( )A.95B.97C.105D.392答案 D10.(2017河南新乡第一次调研,6)已知各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3-a 722+a 11=0,数列{b n }为等比数列,且b 7=a 7,则b 1·b 13=( )A.16B.8C.4D.25答案 A11.(2016福建四地六校第一次联考,9)设数列{a n }是以3为首项,1为公差的等差数列,{b n }是以1为首项,2为公比的等比数列,则b a 1+b a 2+b a 3+b a 4=( )A.15B.60C.63D.72 答案 B12.(2018广东珠海二中期中,18)已知数列{a n }与{b n }满足a n+1-a n =2(b n+1-b n ),n ∈N *,b n =2n-1,且a 1=2. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设c n =a nn b nn -1,T n 为数列{c n }的前n 项和,求T n .解析 (1)因为a n+1-a n =2(b n+1-b n ),b n =2n-1,所以a n+1-a n =2(b n+1-b n )=2(2n+1-2n+1)=4,所以{a n }是等差数列,首项a 1=2,公差为4,所以a n =4n-2. (2)c n =a n nb nn -1=(4n -2)n(2n -1)n -1=(2n-1)·2n.∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =1·2+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n①, 2T n =1·22+3·23+5·24+…+(2n-1)·2n+1②, ①-②得-T n =1·2+2·22+2·23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2+2·4(1−2n -1)1−2-(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1, ∴T n =6+(2n-3)·2n+1.13.(2017广东韶关六校联考,17)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 3=9,a 1,a 3,a 7成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)当a n ≠a 1时,数列{b n }满足b n =2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设{a n }的公差为d.∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 3=9,a 1,a 3,a 7成等比数列, ∴{(a 1+2d)2=a 1(a 1+6d),3a 1+3×22d =9,解得{a 1=3,d =0或{a 1=2,d =1. 当{a 1=3,d =0时,a n =3;当{a 1=2,d =1时,a n =2+(n-1)=n+1.∴{a n }的通项公式为a n =3或a n =n+1. (2)∵a n ≠a 1,∴a n =n+1,∴b n =2a n =2n+1, ∴b 1=22=4,b n+1b n=2. ∴{b n }是以4为首项,以2为公比的等比数列, ∴T n =4(1−2n )1−2=2n+2-4. B 组 2016—2018年模拟·提升题组(满分:80分 时间:60分钟)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018湖北孝感六校联考,10)已知数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=a n a n +2(n ∈N *).若b n+1=(n-2λ)·(1a n+1)(n ∈N *),b 1=-32λ,且数列{b n }是单调递增数列,则实数λ的取值范围是( ) A.λ<45B.λ<1C.λ<32D.λ<23答案 A2.(2016河南洛阳期中,12)设a n =|sin1|2+|sin2|22+…+|sinn|2n ,则对任意正整数m,n(m>n)都成立的是( )A.a m -a n <12n B.a m -a n >12n C.a m -a n <12mD.a m -a n >m -n2答案 A二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2017江西南昌模拟,14)已知数列{a n }的通项为a n =(-1)n·(4n-3),则数列{a n }的前50项和T 50= . 答案 1004.(2016安徽皖江名校联考,16)数列{a n }满足:a 1=43,且a n+1=4(n+1)a n 3a n +n (n ∈N *),则1a 1+2a 2+3a 3+…+2 016a 2 016= .答案 6 0473+13×42 016三、解答题(每小题15分,共60分)5.(2018福建福州八校联考,17)已知公差不为0的等差数列{a n }的前三项和为6,且a 2,a 4,a 8成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n a n+1,数列{b n }的前n 项和为S n ,求使S n <1415的n 的最大值.解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d(d ≠0),依题意可得 {a 1+a 2+a 3=6,a 42=a 2a 8,即{a 1+d =2,d 2-a 1d =0, ∵d≠0,∴a 1=1,d=1,∴a n =n. (2)由(1)可得b n =1n(n+1)=1n -1n+1. ∴S n =(1−12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)=1-1n+1. 令1-1n+1<1415,得n<14,∴n 的最大值为13.6.(2018广东佛山一中期中考试,17)在等差数列{a n }中,a 1=3,其前n 项和为S n ,等比数列{b n }的各项均为正数,b 1=1,公比为q,且b 2+S 2=12,q=S 2b 2. (1)求a n 与b n ;(2)证明:13≤1S 1+1S 2+…+1S n <23.解析 (1)设数列{a n }的公差为d.因为{b 2+S 2=12,q =S 2b2,所以{q +6+d =12,q =6+d q. 解得q=3或q=-4(舍),d=3.故a n =3+3(n-1)=3n,b n =3n-1. (2)证明:因为S n =n(3+3n)2, 所以1S n =2n(3+3n)=23(1n -1n+1).故1S 1+1S 2+…+1S n=23[(1−12)+(12-13)+(13-14)+⋯+(1n -1n+1)]=23(1−1n+1). 因为n ≥1,所以0<1n+1≤12,所以12≤1-1n+1<1, 所以13≤23(1−1n+1)<23, 即13≤1S 1+1S 2+…+1S n <23.7.(2017湖南长沙长郡中学模拟,17)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,S n 为数列{a n }的前n 项和,a 1=b 1=1,且b 3S 3=36,b 2S 2=8(n ∈N *). (1)求a n 和b n ; (2)若a n <a n+1,求数列{1a n a n+1}的前n 项和T n .解析 (1)设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q, 由题意得{q 2(3+3d)=36,q(2+d)=8.解得{d =2,q =2,或{d =−23,q =6.∴a n =2n-1,b n =2n-1或a n =13(5-2n),b n =6n-1.(2)若a n <a n+1,由(1)知a n =2n-1, 则1a n a n+1=1(2n -1)(2n+1)=12(12n -1-12n+1), ∴T n =12(1−13+13-15+⋯+12n -1-12n+1)=n2n+1.8.(2017福建龙岩五校期中,20)已知数列{a n }的首项a 1=2,且满足a n+1=2a n +3·2n+1,n ∈N *. (1)设b n =an 2n ,证明数列{b n }是等差数列; (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)证明:∵b n+1-b n =a n+12n+1-a n 2n =a n+1-2a n 2n+1=3·2n+12n+1=3, ∴数列{b n }是以b 1=a12=1为首项,3为公差的等差数列. (2)由(1)可知b n =1+3(n-1)=3n-2,∴a n =(3n-2)·2n,∴S n =1×2+4×22+7×23+…+(3n-2)·2n①,2S n =1×22+4×23+…+(3n-5)·2n +(3n-2)·2n+1②,①-②得-S n =2+3×22+3×23+…+3×2n -(3n-2)·2n+1=2+3·22(1-2n -1)1−2-(3n-2)·2n+1=(5-3n)·2n+1-10,∴S n =(3n-5)·22n+1+10.C 组 2016—2018年模拟·方法题组方法 数列求和的方法1.(2017河北衡水中学五调,5)已知数列{a n }中,a 1=1,a n+1=2a n +1(n ∈N *),S n 为其前n 项和,则S 5的值为( ) A.57 B.61 C.62 D.63 答案 A2.(2017湖北华中师大一附中期中,13)数列{a n }满足a n =√n+1+√n,记其前n 项和为S n .若S n =5,则项数n 的值为 .答案 353.(2018山西太原五中模拟,19)已知数列{a n }的首项a 1=1,前n 项和为S n ,a n+1=3S n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2√a n+1,求数列{b n a n}的前n 项和T n . 解析 (1)由a n+1=3S n +1,得a n =3S n-1+1(n ≥2), 两式相减得a n+1-a n =3(S n -S n-1)=3a n (n ≥2), 故a n+1=4a n (n ≥2),所以当n ≥2时,{a n }是以4为公比的等比数列. 因为a 2=3S 1+1=3a 1+1=4,∴a 2a 1=4.所以{a n }是首项为1,公比为4的等比数列,a n =4n-1(n ∈N *).(2)由(1)知a n =4n-1,故b n =log 2√a n+1=log 22n=n,∴b n a n =n4n -1. T n =1×(14)0+2×(14)1+3×(14)2+4×(14)3+…+n×(14)n -1①, 14T n =1×(14)1+2×(14)2+3×(14)3+4×(14)4+…+(n-1)×(14)n -1+n×(14)n②, 由①-②,得34T n =1+(14)1+(14)2+(14)3+…+(14)n -1-n×(14)n =1−(14)n1−14-n×(14)n,∴T n =169-3n+49×(14)n -1.4.(2018云南昆明一中调研,17)在等差数列{a n }中,公差d ≠0,前5项和S 5=15,且a 1,a 3,a 7成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)求a 2+a 8+a 26+…+a 3k -1(k ∈N *)的值.解析 (1)根据题意得{5a 1+5×42d =15,(a 1+2d)2=a 1(a 1+6d),解得{a 1=32,d =34.所以数列{a n }的通项公式为a n =a 1+(n-1)d=34n+34. (2)解法一:由(1)得a 3n -1=34(3n-1)+34=34×3n, 所以a 2+a 8+a 26+...+a 3k -1=34(31+32+33+ (3))=34×3(1−3k )1−3=98(3k -1).解法二:设b n =a 3n -1=34(3n-1)+34=34×3n,则b n+1b n=3(n ∈N *). 所以数列{b n }是首项为94,公比为3的等比数列, 所以数列{b n }的前k 项和T k =94(1-3k )1−3=98(3k-1).5.(2017湖南郴州二模,17)已知等差数列{a n }满足:a n+1>a n (n ∈N *),a 1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,a n +2log 2b n =-1. (1)分别求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解析 (1)设d 为等差数列{a n }的公差,则d>0,由a 1=1,a 2=1+d,a 3=1+2d 分别加上1,1,3后成等比数列,得(2+d)2=2(4+2d),解得d=2(舍负),所以a n =1+(n-1)×2=2n -1, 又因为a n +2log 2b n =-1,所以log 2b n =-n,则b n =12n . (2)由(1)知a n ·b n =(2n-1)·12n , 则T n =121+322+523+…+2n -12n,① 12T n =122+323+524+…+2n -12n+1,② ①-②,得12T n =12+2×(122+123+124+⋯+12n )-2n -12n+1.∴12T n =12+2×14(1−12n -1)1−12-2n -12n+1, ∴T n =1+2-22n -1-2n -12n=3-4+2n -12n =3-3+2n2n .。