新高考版高考数学专题复习 §6.4 数列求和、数列的综合应用

§6.4 数列求和、数列的综合应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一 数列求和1.在等差数列{a n }中,a 4=5,a 7=11.设b n =(-1)n·a n ,则数列{b n }的前100项之和S 100=( ) A.-200 B.-100 C.200 D.100 答案 D2.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 B 3.设f(x)=4x4x +2,求S=f (12 002)+f (22 002)+…+(2 0012 002)的值. 解析 ∵f(x)=4x 4x +2,∴f(1-x)=41-x 41-x +2=44+2·4x =24x +2, ∴f(x)+f(1-x)=1, ∵S=f (12 002)+f (22 002)+…+f (2 0012 002) =f (2 0012 002)+f (2 0002 002)+…+f (12 002), ∴2S=f (12 002)+f (22 002)+…+f (2 0012 002)+f (2 0012 002)+f (2 0002 002)+…+f (12 002)=1×2 001=2 001,∴S=2 0012. 4.已知等差数列{a n }满足(a 1+a 2)+(a 2+a 3)+…+(a n +a n+1)=2n(n+1)(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n2n -1}的前n 项和S n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,由已知得{a 1+a 2=4,(a 1+a 2)+(a 2+a 3)=12,即{a 1+a 2=4,a 2+a 3=8.所以{a 1+(a 1+d)=4,(a 1+d)+(a 1+2d)=8,解得{a 1=1,d =2.所以a n =2n-1.(2)由(1)得a n 2n -1=2n -12n -1,所以S n =1+321+522+…+2n -32n -2+2n -12n -1,①12S n =12+322+523+…+2n -32n -1+2n -12n ,② ①-②得12S n =1+1+12+122+…+12n -2-2n -12n =3-2n+32n,所以S n =6-4n+62n. 考点二 数列的综合应用5.已知数列{a n }满足a n =log (n+1)(n+2)(n ∈N *),我们把使乘积a 1·a 2·a 3·…·a n 为整数的数n 叫做“优数”,则在区间(1,2 004)内的所有“优数”的和为( )A.1 024B.2 003C.2 026D.2 048 答案 C6.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,a n )在f(x)的图象上,数列{a n }的前n 项和为S n ,n ∈N *. (1)求使a n <0的n 的最大值; (2)求S n .解析 (1)由已知得a n =f(n)=2n-3n-1,则f '(n)=2nln 2-3,n ∈N *,当f '(n)>0,即n ≥3时, f(n)单调递增, 当f '(n)<0,即1≤n ≤2时, f(n)单调递减. 又∵a n <0,即2n-3n-1<0,当n=2时,22-6-1<0,当n=3时,23-9-1=-2<0,当n=4时,24-12-1>0.∴使a n <0的n 的最大值为3.(2)S n =a 1+a 2+...+a n =(2+22+ (2))-3(1+2+3+…+n)-n =2(1-2n )1-2-3·n(n+1)2-n=2n+1-n(3n+5)2-2. 7.已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1=2,且a 1+1,a 2+1,a 4+1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,n ∈N *,S n 是数列{b n }的前n 项和,求使S n <319成立的最大的正整数n.解析 (1)设{a n }的公差为d.由a 1+1,a 2+1,a 4+1成等比数列,可得(a 2+1)2=(a 1+1)(a 4+1),又a 1=2,∴(3+d)2=3(3+3d),解得d=3(d=0舍去),则a n =a 1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1. (2)由(1)知b n =1a n a n+1=1(3n -1)(3n+2)=13(13n -1-13n+2), ∴S n =13(12-15+15-18+…+13n -1-13n+2)=13(12-13n+2)=n2(3n+2),则S n <319,即n 2(3n+2)<319, 解得n<12,则所求最大的正整数n 为11.综合篇知能转换【综合集训】考法一 错位相减法求和1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{na n }的前n 项和为S n ,且a n =2n,则使得S n -na n+1+50<0的最小正整数n 的值为 . 答案 52.(2020届广东揭阳第三中学第一次月考,19)已知{a n }是公差d ≠0的等差数列,a 2,a 6,a 22成等比数列,a 4+a 6=26,数列{b n }是公比q 为正数的等比数列,且b 3=a 2,b 5=a 6. (1)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)∵{a n }是等差数列,且a 4+a 6=26,∴a 5=13,又∵a 2,a 6,a 22成等比数列,∴a 62=a 2a 22,即(13+d)2=(13-3d)(13+17d),解得d=3或d=0(舍),∴a n =a 5+(n-5)d=3n-2.∵b 3=a 2,b 5=a 6,∴q 2=b 5b 3=a 6a 2=3×6-23×2-2=4,∴q=2或q=-2(舍),又∵b 3=a 2=4,∴b n =b 3·q n-3=4·2n-3=2n-1.(2)由(1)可知,a n ·b n =(3n-2)·2n-1,∴T n =1×20+4×21+7×22+…+(3n-5)·2n-2+(3n-2)·2n-1, 2T n =1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n, 两式相减得-T n =1+3(21+22+…+2n-1)-(3n-2)·2n=1+3·2(1-2n -1)1-2-(3n-2)·2n =-5-(3n-5)·2n. ∴T n =5+(3n-5)·2n.3.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n,S n )在函数f(x)=x 2+Bx+C-1(B,C ∈R )的图象上,且a 1=C. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)记b n =a n (a 2n -1+1),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, 则S n =na 1+n(n -1)2d=d 2n 2+(a 1-d2)n, 又S n =n2+Bn+C-1,两式对照得{d 2=1,C -1=0,解得{d =2,C =1,所以a 1=1,所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1(n ∈N *). (2)由(1)知b n =(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n, 则T n =1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,2T n =1×22+3×23+…+(2n-3)·2n +(2n-1)·2n+1, 两式相减得T n =(2n-1)·2n+1-2(22+ (2))-2=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n -1)1-2-2=(2n-3)·2n+1+6. 考法二 裂项相消法求和4.(2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考,3)数列{√n+1+√n}的前2 017项的和为( )A.√2 018+1B.√2 018-1C.√2 017+1D.√2 017-1 答案 B5.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y=n 2x+ln x(n ∈N *)在x=2n处的切线斜率为a n ,则数列{1a n a n+1}的前n 项的和为 .答案n n+16.(2018湖北十堰调研,17)已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,其前n 项和为S n ,且当n ≥2时,a n+1S n-1-a n S n =0. (1)求证:数列{S n }是等比数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)令b n =9a n(a n +3)(a n+1+3),记数列{b n }的前n 项和为T n ,求T n .解析 (1)当n ≥2时,a n+1S n-1-a n S n =(S n+1-S n )S n-1-(S n -S n-1)S n =S n+1S n-1-S n 2=0,∴S n2=S n-1S n+1(n ≥2).又由S 1=a 1=1≠0,S 2=a 1+a 2=4≠0,可推知对一切正整数n 均有S n ≠0,∴数列{S n }是等比数列,S n =4n-1.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=3×4n-2,又a 1=1,∴a n ={1(n =1),3×4n -2(n ≥2).(2)当n ≥2时,b n =9a n (a n +3)(a n+1+3)=9×3×4n -2(3×4n -2+3)(3×4n -1+3)=3×4n -2(4n -2+1)(4n -1+1),又知b 1=38,∴b n ={38(n =1),3×4n -2(4n -2+1)(4n -1+1)(n≥2),则T 1=b 1=38.当n ≥2时,b n =3×4n -2(4n -2+1)(4n -1+1)=14n -2+1-14n -1+1,则T n =38+(142-2+1-142-1+1)+…+(14n -2+1-14n -1+1)=78-14n -1+1, 又当n=1时,T 1=38符合上式,∴T n =78-14n -1+1(n ∈N *). 7.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,20)已知等比数列{a n }的首项为1,公比为q,a 4,a 3,a 5依次成等差数列. (1)求q 的值;(2)当q<0时,求数列{na n }的前n 项和S n ; (3)当q>0时,求证:∑i=1na i2(2i -13)2-a i 2<34.解析 (1)∵a 4,a 3,a 5依次成等差数列,∴2a 3=a 4+a 5,∵{a n }是首项为1的等比数列,∴2q 2=q 3+q 4,∵q≠0,∴q 2+q-2=0,∴q=1或q=-2.(2)∵q<0,∴q=-2,∴a n =(-2)n-1,∵S n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1+na n ,∴S n =1+2·(-2)+3·(-2)2+…+(n-1)·(-2)n-2+n ·(-2)n-1,-2S n =1·(-2)+2·(-2)2+3·(-2)3+…+(n-1)·(-2)n-1+n ·(-2)n,两式相减得3S n =1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n ·(-2)n=1-(-2)n1-(-2)-n ·(-2)n=1-(3n+1)(-2)n 3,∴S n =1-(3n+1)(-2)n9. (3)证明:∵q>0,∴q=1,∴a n =1, ∴∑i=1n a i2(2i -13)2-a i 2=∑i=1n1(2i -13)2-1=∑i=1n 14 1(i+13)(i -23)=14∑i=1n (1i -23-1i+13)=14(113-143+143-173+…+1n -23-1n -13)=14(3-1n -13)<34. 【五年高考】考点一 数列求和1.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k= .答案2nn+12.(2016北京,12,5分)已知{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和.若a 1=6,a 3+a 5=0,则S 6= . 答案 63.(2016课标Ⅱ,17,12分)S n 为等差数列{a n }的前n 项和,且a 1=1,S 7=28.记b n =[lg a n ],其中[x]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b 1,b 11,b 101;(2)求数列{b n }的前1 000项和.解析 (1)设{a n }的公差为d,据已知有7+21d=28, 解得d=1.所以{a n }的通项公式为a n =n.b 1=[lg 1]=0,b 11=[lg 11]=1,b 101=[lg 101]=2.(6分) (2)因为b n ={0,1≤n <10,1,10≤n <100,2,100≤n <1 000,3,n =1 000,(9分)所以数列{b n }的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)思路分析 (1)先求公差,从而得通项a n ,再根据已知条件求b 1,b 11,b 101.(2)分析出{b n }中项的规律,进而求出数列{b n }的前1 000项和.4.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,a n 2+2a n =4S n+3. (1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n a n+1,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由a n 2+2a n =4S n +3,可知a n+12+2a n+1=4S n+1+3. 可得a n+12-a n 2+2(a n+1-a n )=4a n+1,即2(a n+1+a n )=a n+12-a n 2=(a n+1+a n )(a n+1-a n). 由于a n >0,所以a n+1-a n =2.又由a 12+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n =2n+1.(6分) (2)由a n =2n+1可知 b n =1a n a n+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1-12n+3). 设数列{b n }的前n 项和为T n ,则 T n =b 1+b 2+…+b n=12[(13-15)+(15-17)+…+(12n+1-12n+3)]=n3(2n+3).(12分)思路分析 (1)由a n 2+2a n =4S n +3,得a n+12+2a n+1=4S n+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a 1,利用等差数列的通项公式求法可得通项a n .(2)利用裂项相消法求T n (b n =12(12n+1-12n+3)).5.(2018天津,18,13分)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a 1=1,a 3=a 2+2,a 4=b 3+b 5,a 5=b 4+2b 6. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *). (i)求T n ; (ii)证明∑k=1n (T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n ∈N *).解析 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其前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.(1)设等比数列{a n }的公比为q. 由a 1=1,a 3=a 2+2,可得q 2-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a 4=b 3+b 5,可得b 1+3d=4. 由a 5=b 4+2b 6,可得3b 1+13d=16, 从而b 1=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.(2)(i)由(1),有S n =1-2n 1-2=2n-1, 故T n =∑k=1n(2k -1)=∑k=1n2k -n =2×(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2. (ii)证明:因为(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=(2k+1-k -2+k+2)k(k+1)(k+2)=k ·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以,∑k=1n (T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=(233-222)+(244-233)+…+(2n+2n+2-2n+1n+1)=2n+2n+2-2.方法总结 解决数列求和问题的两种思路(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成. (2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.6.(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 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).解析 本题主要考查等差数列、等比数列及其前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.(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,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以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,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n +(3n-1)×4n+1, 上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8. 得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 方法总结 (1)等差数列与等比数列中有五个量a 1,n,d(或q),a n ,S n ,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a 1和d(或q),问题可迎刃而解.(2)数列{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比q ≠1的等比数列,求数列{a n b n }的前n 项和适用错位相减法. 7.(2016山东,18,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n+1. (1)求数列{b n }的通项公式; (2)令c n =(a n +1)n+1(b n +2)n,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)由题意知,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=6n+5. 当n=1时,a 1=S 1=11,所以a n =6n+5(n ∈N *).设数列{b n }的公差为d.由{a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,即{11=2b 1+d,17=2b 1+3d,可解得b 1=4,d=3.所以b n =3n+1. (2)由(1)知c n =(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1.又T n =c 1+c 2+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2T n =3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2] =3×[4+4(1-2n )1-2-(n +1)×2n+2]=-3n ·2n+2.所以T n =3n ·2n+2.考点二 数列的综合应用8.(2017课标Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( ) A.440 B.330 C.220 D.110 答案 A9.(2015福建,8,5分)若a,b 是函数f(x)=x 2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q 的值等于( ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 D10.(2019课标Ⅱ,19,12分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4. (1)证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列; (2)求{a n }和{b n }的通项公式.解析 本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考查了学生的逻辑推理、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n +b n ),即a n+1+b n+1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(a n+1-b n+1)=4(a n -b n )+8,即a n+1-b n+1=a n -b n +2.又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n-1.所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )]=12n +n-12, b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n+12.思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得a n+1+b n+1=12(a n +b n ),从而证得数列{a n +b n }为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得a n+1-b n+1=a n -b n +2,从而证得数列{a n -b n }为等差数列.(2)由(1)可求出{a n +b n },{a n -b n }的通项公式,联立可解得a n ,b n . 解题关键 将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键. 11.(2019天津,19,14分)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列.已知a 1=4,b 1=6,b 2=2a 2-2,b 3=2a 3+4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c 1=1,c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (i)求数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式; (ii)求∑i=12na i c i (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.依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2,故a n =4+(n-1)×3=3n+1,b n =6×2n-1=3×2n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n+1,{b n }的通项公式为b n =3×2n.(2)(i)a 2n (c 2n -1)=a 2n (b n -1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式为a 2n (c 2n -1)=9×4n-1.(ii)∑i=12n a i c i =∑i=12n [a i +a i (c i -1)]=∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1)=[2n ×4+2n (2n -1)2×3]+∑i=1n(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n )1-4-n =27×22n-1+5×2n-1-n-12(n ∈N *).思路分析 (1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.(2)(i)由c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k ,k ∈N *知a 2n (c 2n -1)=(3×2n +1)·(3×2n-1),从而得到数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式. (ii)利用(i)把∑i=12na i c i 拆成∑i=12n[a i +a i (c i -1)],进而可得∑i=12n a i c i =∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1),计算即可.解题关键 正确理解数列{c n }的含义是解题的关键.12.(2017山东,19,12分)已知{x n }是各项均为正数的等比数列,且x 1+x 2=3,x 3-x 2=2. (1)求数列{x n }的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy 中,依次连接点P 1(x 1,1),P 2(x 2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P 1P 2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x 1,x=x n+1所围成的区域的面积T n .解析 (1)设数列{x n }的公比为q,由已知知q>0. 由题意得{x 1+x 1q =3,x 1q 2-x 1q =2.所以3q 2-5q-2=0. 因为q>0,所以q=2,x 1=1.因此数列{x n }的通项公式为x n =2n-1.(2)过P 1,P 2,…,P n+1向x 轴作垂线,垂足分别为Q 1,Q 2,…,Q n+1. 由(1)得x n+1-x n =2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ,由题意得b n =(n+n+1)2×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n =b 1+b 2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,① 2T n =3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.② ①-②得-T n =3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=32+2(1-2n -1)1-2-(2n+1)×2n-1.所以T n =(2n -1)×2n +12.解题关键 记梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ,以几何图形为背景确定{b n }的通项公式是关键.教师专用题组考点一 数列求和1.(2015江苏,11,5分)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n ∈N *),则数列{1a n}前10项的和为 .答案20112.(2012课标,16,5分)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为 . 答案 1 8303.(2015天津,18,13分)已知数列{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数,且q ≠1),n ∈N *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式; (2)设b n =log 2a 2n a 2n -1,n ∈N *,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由已知,有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4),即a 4-a 2=a 5-a 3, 所以a 2(q-1)=a 3(q-1).又因为q ≠1,故a 3=a 2=2, 由a 3=a 1·q,得q=2.当n=2k-1(k ∈N *)时,a n =a 2k-1=2k-1=2n -12;当n=2k(k ∈N *)时,a n =a 2k =2k=2n2.所以,{a n }的通项公式为a n ={2n -12,n为奇数,2n2,n 为偶数.(2)由(1)得b n =log 2a 2n a 2n -1=n 2n -1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n -2+n×12n -1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n -1+n×12n , 上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12n -1-n 2n =1-12n 1-12-n 2n =2-22n -n 2n , 整理得,S n =4-n+22n -1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-n+22n -1,n ∈N*.4.(2015湖北,18,12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.考点二数列的综合应用5.(2013课标Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n C n的面积为S n,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=c n+a n2,c n+1=b n+a n2,则()A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列答案B6.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n}.记S n为数列{a n}的前n项和,则使得S n>12a n+1成立的n的最小值为.答案277.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{a n}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{a n}为“M-数列”;(2)已知数列{b n}(n∈N*)满足:b1=1,1S n =2b n-2b n+1,其中S n为数列{b n}的前n项和.①求数列{b n}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{c n}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有c k≤b k≤c k+1成立,求m的最大值.8.(2019浙江,20,15分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=4,a4=S3.数列{b n}满足:对每个n∈N*,S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)记c n=√a n,n∈N*,证明:c1+c2+…+c n<2√n,n∈N*.2b n9.(2018江苏,20,16分)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列. (1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m ∈N *,q ∈(1,√2m],证明:存在d ∈R ,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示). 解析 本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知a n =(n-1)d,b n =2n-1. 因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,即1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9,得73≤d ≤52. 因此,d 的取值范围为[73,52]. (2)由条件知:a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.若存在d ∈R ,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)均成立, 即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d 满足q n -1-2n -1b 1≤d ≤q n -1n -1b 1. 因为q ∈(1,√2m],所以1<q n-1≤q m≤2, 从而q n -1-2n -1b 1≤0,q n -1n -1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列{q n -1-2n -1}的最大值和数列{q n -1n -1}的最小值(n=2,3,…,m+1). ①当2≤n ≤m 时,q n -2n -q n -1-2n -1=nq n -q n -nq n -1+2n(n -1)=n(q n -q n -1)-q n +2n(n -1),当1<q ≤21m 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{q n -1-2n -1}单调递增, 故数列{q n -1-2n -1}的最大值为q m -2m. ②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0. 所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1. 当2≤n ≤m时,q n n q n -1n -1=q(n -1)n ≤21n (1-1n )=f (1n )<1. 因此,当2≤n ≤m+1时,数列{q n -1n -1}单调递减, 故数列{q n -1n -1}的最小值为q mm. 因此,d 的取值范围为[b 1(q m -2)m ,b 1q mm]. 疑难突破 本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d 的范围,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d 分离出来,变成q n -1-2n -1b 1≤d ≤q n -1n -1b 1,难点在于讨论q n -1-2n -1b 1的最大值和q n -1n -1b 1的最小值.对于数列{q n -1-2n -1},可以通过作差讨论其单调性,而对于数列{q n -1n -1},要作商讨论单调性,∵q nnq n -1n -1=q(n -1)n =q (1-1n),当2≤n ≤m时,1<qn≤2,∴q (1-1n )≤21n (1-1n),可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明f (1n)<1,得到数列{q n -1n -1}的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断21n (1-1n)与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的. 10.(2015广东,21,14分)数列{a n }满足:a 1+2a 2+…+na n =4-n+22n -1,n ∈N*.(1)求a 3的值;(2)求数列{a n }的前n 项和T n ; (3)令b 1=a 1,b n =T n -1n +(1+12+13+…+1n)a n (n ≥2),证明:数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2+2ln n.解析 (1)当n=1时,a 1=1;当n=2时,a 1+2a 2=2, 解得a 2=12;当n=3时,a 1+2a 2+3a 3=114,解得a 3=14. (2)当n ≥2时,a 1+2a 2+…+(n-1)a n-1+na n =4-n+22n -1,①a 1+2a 2+…+(n-1)a n-1=4-n+12n -2,②由①-②得,na n =n2n -1,所以a n =12n -1(n ≥2),经检验,a 1=1也适合上式,所以a n =12n -1(n ∈N*).所以数列{a n }是以1为首项,12为公比的等比数列.所以T n =1×(1-12n )1-12=2-12n -1.(3)证明:b 1=1,b n =2n -1n·12n -2+(1+12+13+ (1))·12n -1(n ≥2).当n=1时,S 1=1<2+2ln 1.当n ≥2时,b n =T n -1n +(1+12+13+…+1n)·a n =T n -1n +(1+12+13+…+1n)·(T n -T n-1) =T n -1n +(1+12+13+…+1n )·T n -(1+12+13+…+1n)·T n-1 =(1+12+13+ (1))·T n -(1+12+13+…+1n -1)·T n-1, 所以S n =1+(1+12)·T 2-1·T 1+(1+12+13)·T 3-(1+12)·T 2+…+(1+12+13+…+1n )·T n -1+12+13+…+1n -1·T n-1=(1+12+13+…+1n)·T n <21+12+13+…+1n=2+2(12+13+ (1)),以下证明12+13+ (1)<ln n(n ≥2).构造函数h(x)=ln x-1+1x(x>1),则h'(x)=1x -1x 2=x -1x 2>0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以lnx>1-1x(x>1), 分别令x=2,32,43,…,nn -1,得 ln 2>1-12=12,ln 32>1-23=13,ln 43>1-34=14, …… lnn n -1>1-n -1n =1n. 累加得ln 2+ln 32+…+lnn n -1>12+13+ (1), 即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>12+13+ (1), 所以12+13+ (1)<ln n(n ≥2). 综上,S n <2+2ln n,n ∈N *.11.(2015陕西,21,12分)设f n (x)是等比数列1,x,x 2,…,x n的各项和,其中x>0,n ∈N ,n ≥2.(1)证明:函数F n (x)=f n (x)-2在(12,1)内有且仅有一个零点(记为x n ),且x n =12+12x nn+1; (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n (x),比较f n (x)和g n (x)的大小,并加以证明. 解析 (1)证明:F n (x)=f n (x)-2=1+x+x 2+…+x n-2,则F n (1)=n-1>0,F n (12)=1+12+(12)2+…+(12)n-2=1-(12)n+11-12-2=-12n <0,所以F n(x)在(12,1)内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在(12,1)内单调递增,所以F n(x)在(12,1)内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即1-x n n+11-x n -2=0,故x n=12+12x n n+1.(2)解法一:由题设得,g n(x)=(n+1)(1+x n)2.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-(n+1)(1+x n)2,x>0. 当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-n(n+1)x n-12.若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-n(n+1)2x n-1=n(n+1)2x n-1-n(n+1)2x n-1=0.若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-n(n+1)2x n-1=n(n+1)2x n-1-n(n+1)2x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设, f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=(n+1)(x n+1)2,x>0. 当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-12(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=(k+1)(1+x k)2+x k+1=2x k+1+(k+1)x k+k+12.又g k+1(x)-2x k+1+(k+1)x k+k+12=kxk+1-(k+1)x k+12,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1). 所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减; 当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>2x k+1+(k+1)x k+k+12.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·x n-1n(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+(k-1)(x n-1)n-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).当x≠1时,m'k(x)=k-1n·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).12.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μa n2=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=1k0(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+13k0+1<a k0+1<2+12k0+1.解析(1)由λ=0,μ=-2,有a n+1a n=2a n2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得a n0=0,则由上述递推公式易得a n0-1=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列. 故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)由λ=1k0,μ=-1,数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+1k0a n+1-a n2=0,变形为a n+1(a n+1k0)=a n2(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1=a n2a n+1k0=a n2-1k02+1k02a n+1k=a n-1k0+1k0·1k0a n+1,所以对n=1,2,…,k0求和得a k0+1=a1+(a2-a1)+…+(a k0+1-a k)=a1-k0·1k0+1k0·(1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0a n+1)>2+1k0·(13k0+1+13k0+1+…+13k0+1⏟k0个)=2+13k0+1.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>a k0>a k0+1>2,得a k0+1=a1-k0·1k0+1k0·(1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0a k+1)<2+1k 0·(12k 0+1+12k 0+1+…+12k 0+1⏟ k 0个)=2+12k 0+1. 综上,2+13k 0+1<a k 0+1<2+12k 0+1. 13.(2015安徽,18,12分)设n ∈N *,x n 是曲线y=x 2n+2+1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标.(1)求数列{x n }的通项公式;(2)记T n =x 12x 32…x 2n -12,证明:T n ≥14n.解析 (1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1). 令y=0,解得切线与x 轴交点的横坐标x n =1-1n+1=nn+1. (2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n =x 12x 32…x 2n -12=(12)2(34)2…(2n -12n)2. 当n=1时,T 1=14.当n ≥2时,因为x 2n -12=(2n -12n )2=(2n -1)2(2n)2>(2n -1)2-1(2n)2=2n -22n =n -1n . 所以T n >(12)2×12×23×…×n -1n =14n. 综上可得对任意的n ∈N *,均有T n ≥14n.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共30分)1.(2018江西南昌二中模拟,4)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则数列{1S n}的前100项的和为( ) A.200101B.100101C.1101D.2101答案 A2.(2019江西宜春3月联考,12)已知函数f(x)=e x(sin x-cos x),记f '(x)是f(x)的导函数,将满足f(x)=0的所有正数x 从小到大排成数列{x n },n ∈N *,则数列{f '(x n )}的通项公式是( )A.√2(-1)n ·e n 4+(n -1)πB.√2(-1)n+1·e π4+(n -1)πC.√2(-1)n·e π4+nπ D.√2(-1)n+1·e π4+nπ答案 B3.(2019河南郑州一模,10)已知数列{a n }满足2a n+1+a n =3(n ∈N *),且a 3=134,其前n 项之和为S n ,则满足不等式|S n -n-6|<1123的最小整数n 是( )A.8B.9C.10D.11 答案 C4.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=a x+b(a>0,且a ≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n ∈N *时,a n =f(n)-1f(n)·f(n+1),记数列{a n }的前n 项和为S n ,当S n =1033时,n 的值为( ) A.7 B.6 C.5 D.4 答案 D5.(2019广东广州天河二模,12)已知数列{a n }是以1为首项,2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,设c n =a b n ,T n =c 1+c 2+…+c n (n ∈N *),则当T n <2 019时,n 的最大值是( ) A.9 B.10 C.11 D.12 答案 A6.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=45,a n+1={2a n ,0≤a n ≤12,2a n -1,12<a n ≤1,则S 2 018等于( )A.5 0445B.5 0475C.5 0485D.5 0495答案 B二、多项选择题(每题5分,共10分)7.(改编题)已知数列{a n }:12,13+23,14+24+34,……,110+210+…+910,……,若b n =1a n a n+1,数列{b n }的前n 项和为S n ,则( )A.a n =n+12 B.a n =n 2C.S n =4nn+1D.S n =n n+1答案 BC8.(改编题)在数列{a n }中,a 1=2,其前n 项和为S n ,若点(S n n ,S n+1n+1)在直线y=2x-1上,则有( )A.S n =n(1+2n-1) B.a n =(n+1)2n-2+1 C.S n =n(1+2n ) D.数列{S n n-1}是等比数列答案 ABD三、填空题(每题5分,共15分)9.(2018山西太原一模,15)在数列{a n }中,a 1=0,a n -a n-1-1=2(n-1)(n ∈N *,n ≥2),若数列{b n }满足b n =n √a n+1+1×(811)n ,则数列{b n }的最大项为第 项. 答案 610.(2018皖南八校第三次联考,16)已知数列{a n }的前n 项和为S n =2n+1,b n =log 2(a n 2·2a n ),数列{b n }的前n 项和为T n ,则满足T n >1024的n 的最小值为 . 答案 911.(2020届浙江丽水四校联考,14)已知数列{a n }满足:a 1=12,a n+1=a n 2+a n,用[x]表示不超过x 的最大整数,则[1a 1+1+1a 2+1+…+1a 2 012+1]的值等于 .答案 1四、解答题(共60分)12.(2020届山东夏季高考模拟,17)在①b 1+b 3=a 2,②a 4=b 4,③S 5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k 存在,求出k 的值;若k 不存在,说明理由.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,{b n }是等比数列, ,b 1=a 5,b 2=3,b 5=-81,是否存在k,使S k >S k+1且S k+1<S k+2?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 解析 方案一:选条件①.设{b n }的公比为q,则q 3=b 5b 2=-27,解得q=-3,所以b n =-(-3)n-1.从而a 5=b 1=-1,a 2=b 1+b 3=-10,由于{a n }是等差数列,所以a n =3n-16. 因为S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k 存在,当且仅当{3(k +1)-16<0,3(k +2)-16>0,解得k=4.方案二:选条件②.设{b n }的公比为q,则q 3=b 5b 2=-27,解得q=-3,所以b n =-(-3)n-1.从而a 5=b 1=-1,a 4=b 4=27,所以{a n }的公差d=-28.S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,此时d=a k+2-a k+1>0,与d=-28矛盾,所以满足题意的k 不存在. 方案三:选条件③.设{b n }的公比为q,则q 3=b 5b 2=-27,解得q=-3 ,所以b n =-(-3)n-1.从而a 5=b 1=-1, 由{a n }是等差数列得S 5=5(a 1+a 5)2, 由S 5=-25得a 1=-9.所以a n =2n-11.因为S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k 存在,当且仅当{2(k +1)-11<0,2(k +2)-11>0,解得k=4.13.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,19)已知等差数列{a n }满足:a 3=7,a 5+a 7=26,{a n }的前n 项和为S n . (1)求a n 及S n ; (2)令b n =1a n 2-1(n ∈N *),求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d, 因为a 3=7,a 5+a 7=26,所以{a 1+2d =7,2a 1+10d =26,解得{a 1=3,d =2,所以a n =3+2(n-1)=2n+1,S n =3n+n(n -1)2×2=n 2+2n. (2)由(1)知a n =2n+1, 所以b n =1a n 2-1=1(2n+1)2-1=14·1n(n+1)=14·(1n -1n+1),。