2020届高三文科数学总复习习题：6.4数列的综合应用
2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：6.4 数列求和、数列的综合应用 Word版含解析
6.4数列求和、数列的综合应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点数列的求和掌握特殊数列求和的方法.2018浙江,20 错位相减法求和等差数列、等比数列★★★2016浙江文,17 数列求和等比数列的通项公式2015浙江文,17 错位相减法求和递推数列通项公式的求法2014浙江,19 裂项相消法求和数列通项公式的求法数列的综合应用能利用等差数列、等比数列解决相应问题.2018浙江,20等差数列、等比数列的综合运用错位相减法求和★★★数学归纳法了解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.2017浙江,22 数学归纳法不等式及其应用★★☆分析解读 1.等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型,是高考中的热点之一.基本知识的考查以选择题或填空题的形式呈现,而综合知识的考查则以解答题的形式呈现.2.以数列为载体来考查推理归纳、类比的能力成为高考的热点.3.数列常与其他知识如不等式、函数、概率、解析几何等综合起来进行考查.4.数学归纳法常与数列、不等式等知识综合在一起,往往综合性比较强,对学生的思维要求比较高.5.预计2020年高考中,等差数列与等比数列的综合问题仍然是考试的热点,复习时要足够重视.破考点【考点集训】考点一数列的求和1.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),14)已知等差数列{a n}的首项为a,公差为-2,S n为数列{a n}的前n项和,若从S7开始为负数,则a的取值范围为,S n最大时,n=.答案[5,6);32.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,22)已知函数f(x)=x2+x,x∈[1,+∞),a n=f(a n-1)(n≥2,n∈N).(1)证明:-≤f(x)≤2x2;(2)设数列{}的前n项和为A n,数列的前n项和为B n,a1=,证明:≤≤.证明(1)f(x)-=x2+x-=>0,∴f(x)≥-.f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)≤0(x≥1),∴f(x)≤2x2,∴-≤f(x)≤2x2.(2)a n=f(a n-1)=+a n-1⇒=a n-a n-1(n≥2),则A n=++…+=a n+1-a1=a n+1-,a n=+a n-1=a n-1(a n-1+1)⇒==-⇒=-(n≥2),累加得:B n=++…+=-=-,∴==a n+1.由(1)得a n≥-⇒a n+1+≥≥≥…≥,∴a n+1≥-∴=a n+1≥3·-.a n=f(a n-1)≤2⇒a n+1≤2≤23≤…≤=·=·.∴=a n+1≤×·=·,∴3·-≤≤·,即-1≤≤,而-1≥,∴≤≤.考点二数列的综合应用1.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),10)数列{a n}的各项均为正数,S n为其前n项和,对于任意n∈N*,总有S n=.设b n=a4n+1,d n=3n(n∈N*),且数列{b n}中存在连续的k(k>1,k∈N*)项和是数列{d n}中的某一项,则k的取值集合为()A.{k|k=2α,α∈N*}B.{k|k=3α,α∈N*}C.{k|k=2α,α∈N*}D.{k|k=3α,α∈N*}答案 B2.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,9)已知函数f(x)=sin xcosx+cos2x,0≤x0<x1<x2<…<x n≤,a n=|f(x n)-f(x n-1)|,n∈N*,S n=a1+a2+…+a n,则S n的最大值等于()A. B.C.+1D.2答案 A考点三数学归纳法1.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),22)在数列{a n}中,a1=a,a n+1=a n+(n∈N*),已知0<a<1.(1)求证:a n+1<a n(n∈N*);(2)求证:a n≥.证明(1)由题意知a n>0,a n+1-a n=-a n=·a n(a n-1)(n∈N*).下面用数学归纳法证明:a n<1.①n=1时,a1=a<1,结论成立.②假设n=k时,a k<1,当n=k+1时,a k+1-a k=a k(a k-1)<0,即a k+1<a k<1,结论成立.根据①②可知,当n∈N*时,a n<1,所以a n+1<a n.(2)由a n+1=a n+,得====-,因为0<a n<1,所以=-<-,所以<-=+-(n≥2),即<+-<…<+-1==,所以a n>,又a1=a,所以当n∈N*时,a n≥.2.(2017浙江新高考临考冲刺卷,22)已知正项数列a n满足:a n+1=a n-(n∈N*).(1)证明:当n≥2时,a n≤;(2)设S n为数列{a n}的前n项和,证明:S n<1+ln(n∈N*).证明(1)因为a2>0,所以a1->0,故0<a1<1.下面利用数学归纳法证明结论.当n=2时,a2=a1-=-+≤,结论成立;假设当n=k(k≥2)时,结论成立,即a k≤,则当n=k+1时,a k+1=-+.因为函数f(x)=-+在上单调递增,0<a k≤<,所以a k+1≤-+=<=,即当n=k+1时,结论成立.由数学归纳法知,当n≥2时,a n≤.(2)首先证明:当x>0时,均有ln(1+x)>.设g(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=-=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此,当x>0时,g(x)>g(0)=0,即ln(1+x)>. 在上述不等式中,取x=,则ln>,即ln>,所以,当n≥2时,S n=a1+(a2+a3+…+a n)<a1+++…+<a1+=a1+ln<1+ln.而当n=1时,S1=a1<1+ln=1成立.综上,S n<1+ln(n∈N*).炼技法【方法集训】方法1 错位相减法求和1.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=5,nS n+1-(n+1)S n=n2+n.(1)求证:数列为等差数列;(2)令b n=2n a n,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)证明:由nS n+1-(n+1)S n=n2+n得-=1,又=5,所以数列是首项为5,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知=5+(n-1)=n+4,所以S n=n2+4n.当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.又a1=5也符合上式,所以a n=2n+3(n∈N*),所以b n=(2n+3)2n,所以T n=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n,①2T n=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,②所以②-①得T n=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1)=(2n+3)2n+1-10-=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)=(2n+1)2n+1-2.2.已知数列{a n}是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2log2a 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,因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4.即2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.因为公比q≠0,所以q=2.所以a n=a2q n-2=4×2n-2=2n(n∈N*).所以数列{a n}的通项公式a n=2n(n∈N*).(2)因为a n=2n,所以b n=2log2a 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)2n,①2T n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.②由①-②得,-T n=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)2n+1=2+2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以T n=6+(2n-3)2n+1.方法2 裂项相消法求和1.(2018浙江嘉兴高三期末,22)已知数列{a n}满足a1=1,a n=a n-1(n≥2).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:对任意的n∈N*,都有:①+++…+<3;②+++…+>(k≥2,k∈N*).解析(1)当n≥2时,==…==1,∴当n≥2时,a n=n.又∵a1=1,∴a n=n,n∈N*.(3分)(2)证明:①当n=1时,1<3成立;∴当n≥2时,==<=·=·<-.(6分)∴+++…+<1+++++…++ =1+1+--<3,∴+++…+<3.(9分)②+++…+=+++…++,设S=++…++,则S=++…++,2S=++…+++.(11分)∵当x>0,y>0时,(x+y)=2++≥4,∴+≥,当且仅当x=y时等号成立.(13分)∴当k≥2,k∈N*时,2S>·(nk-n)=>.∴S>,即+++…+>(k≥2,k∈N*).(15分)2.(2017浙江宁波期末,22)已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=2(S n+n+1)(n∈N*),b n=a n+1.(1)求证:{b n}是等比数列;(2)记数列{nb n}的前n项和为T n,求T n;(3)求证: -<+++…+<.解析(1)证明:由a1=2,得a2=2(a1+1+1)=8.由a n+1=2(S n+n+1),得a n=2(S n-1+n)(n≥2),两式相减,得a n+1=3a n+2(n≥2),当n=1时上式也成立,故a n+1=3a n+2(n∈N*).所以有a n+1+1=3(a n+1),即b n+1=3b n,又b1=3,故{b n}是等比数列.(2)由(1)得b n=3n,所以T n=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,3T n=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,两式相减,得-2T n=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,故T n=·3n+1+.(3)证明:由a n=b n-1=3n-1,得=>,k∈N*,所以+++…+>+++…+==-·,又==<=,k∈N*,所以+++…+<+=+=+-·<.故-<+++…+<.过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一数列的求和1.(2016浙江文,17,15分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知S2=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)由题意得则又当n≥2时,由a n+1-a n=(2S n+1)-(2S n-1+1)=2a n,得a n+1=3a n.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b1=2,b2=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T1=2,T2=3.当n≥3时,T n=3+-=,所以T n=易错警示(1)当n≥2时,得出a n+1=3a n,要注意a1是否满足此关系式.(2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后T n要写成分段函数的形式.2.(2015浙江文,17,15分)已知数列{a n}和{b n}满足a1=2,b1=1,a n+1=2a n(n∈N*),b1+b2+b3+…+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a1=2,a n+1=2a n,得a n=2n(n∈N*).由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n≥2时, b n=b n+1-b n,整理得=,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*).评析本题主要考查数列的通项公式,等差、等比数列的基础知识,同时考查数列求和的基本思想方法,以及推理论证能力.考点二数列的综合应用1.(2018浙江,20,15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.(1)求q的值;(2)求数列{b n}的通项公式.解析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.(1)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=8.由a3+a5=20得8=20,解得q=2或q=,因为q>1,所以q=2.(2)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(1)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)·.易错警示利用错位相减法求和时,要注意以下几点:(1)错位相减法求和,适合数列{a n b n},其中{a n}为等差数列,{b n}为等比数列.(2)在等式两边所乘的数是等比数列{b n}的公比.(3)两式相减时,一定要错开一位.(4)特别要注意相减后等比数列的项数.(5)进行检验.2.(2016浙江,20,15分)设数列{a n}满足≤1,n∈N*.(1)证明:|a n|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;(2)若|a n|≤,n∈N*,证明:|a n|≤2,n∈N*.证明(1)由≤1得|a n|-|a n+1|≤1,故-≤,n∈N*,所以-=++…+≤++…+<1,因此|a n|≥2n-1(|a1|-2).(2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意m>n,-=++…+≤++…+<,故|a n|<·2n≤·2n=2+·2n.从而对于任意m>n,均有|a n|<2+·2n.①由m的任意性得|a n|≤2.否则,存在n0∈N*,有||>2,取正整数m0>lo且m0>n0,则·<·=||-2,与①式矛盾.综上,对于任意n∈N*,均有|a n|≤2.3.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项公式为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.评析本题主要考查等比数列的概念、通项公式、求和公式、不等式性质等基础知识,同时考查运算求解能力.考点三数学归纳法(2017浙江,22,15分)已知数列{x n}满足:x1=1,x n=x n+1+ln(1+x n+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<x n+1<x n;(2)2x n+1-x n≤;(3)≤x n≤.解析本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性基础知识,不等式及其应用,同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.(1)用数学归纳法证明:x n>0.当n=1时,x1=1>0.假设n=k时,x k>0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k=x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0.因此x n>0(n∈N*).所以x n=x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.因此0<x n+1<x n(n∈N*).(2)由x n=x n+1+ln(1+x n+1)得,x n x n+1-4x n+1+2x n=-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,故2x n+1-x n≤(n∈N*).(3)因为x n=x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n≥.由≥2x n+1-x n得-≥2>0,所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,故x n≤.综上,≤x n≤(n∈N*).方法总结 1.证明数列单调性的方法.①差比法:作差a n+1-a n,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.②商比法:作商,判断与1的大小,同时注意a n的正负.③数学归纳法.④反证法:例如求证:n∈N*,a n+1<a n,可反设存在k∈N*,有a k+1≥a k,从而导出矛盾.2.证明数列的有界性的方法.①构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界.②反证法.③数学归纳法.3.数列放缩的方法.①裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放缩的目的.②累加法:先把a n+1-a n进行放缩.例:a n+1-a n≤q n,则有n≥2时,a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)≤a1+q+q2+…+q n-1.③累乘法:先把进行放缩.例:≤q(q>0),则有n≥2时,a n=a1···…·≤a1q n-1(其中a1>0).④放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列{a n}放缩成等比数列{b n},求和后,再进行适当放缩.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一数列的求和1.(2017课标全国Ⅰ理,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.440B.330C.220D.110答案 A2.(2015江苏,11,5分)设数列{a n}满足a1=1,且a n+1-a n=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为. 答案3.(2018课标全国Ⅱ理,17,12分)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并求S n的最小值.解析(1)设{a n}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n-9.(2)由(1)得S n=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,S n取得最小值,最小值为-16.方法总结求等差数列前n项和S n的最值的两种方法(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式S n=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)邻项变号法:①当a1>0,d<0时,满足的项数m,可使得S n取得最大值,最大值为S m;②当a1<0,d>0时,满足的项数m,可使得S n取得最小值,最小值为S m.4.(2018天津文,18,13分)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+2a6.(1)求S n和T n;(2)若S n+(T1+T2+…+T n)=a n+4b n,求正整数n的值.解析本题主要考查等差数列、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{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=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故a n=n,所以S n=.(2)由(1),有T1+T2+…+T n=(21+22+…+2n)-n=-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=4.所以正整数n的值为4.5.(2018天津理,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a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(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=-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=4.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.(2)(i)由(1),有S n==2n-1,故T n==-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为===-,所以=++…+=-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北京文,15,13分)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求{a n}的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.解析本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+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b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=.方法总结求解有关等差数列和等比数列问题的关键是对其基本量(首项,公差,公比)进行求解.对于数列求和问题,常用的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法和分组求和法等.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-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.6B.7C.8D.9答案 D2.(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273.(2017北京理,10,5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=.答案 14.(2018江苏,20,16分)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a1=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).解析本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|≤b1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∈R,使得|a n-b n|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,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,],所以1<q n-1≤q m≤2,从而b1≤0,b1>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)=(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,=≤=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.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|≤b1对n=2,3,…, m+1都成立,首先把d分离出来,变成b1≤d≤b1,难点在于讨论b1的最大值和b1的最小值.对于数列,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列,要作商讨论单调性,∵==q,当2≤n≤m时,1<q n≤2.∴q≤,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<1,得到数列的单调性,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,最后构造函数判断与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.5.(2017课标全国Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{b n}的前n项和为T n,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求{b n}的通项公式;(2)若T3=21,求S3.解析本题考查等差、等比数列的通项与求和.设{a n}的公差为d,{b n}的公比为q,则a n=-1+(n-1)d,b n=q n-1.由a2+b2=2得d+q=3.①(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②联立①和②解得(舍去)或因此{b n}的通项公式为b n=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.6.(2017山东理,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=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P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,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b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.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.方法总结一般地,如果{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,求数列{a n·b n}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“S n-qS n”的表达式.考点三数学归纳法(2015江苏,23,10分)已知集合X={1,2,3},Y n={1,2,3,…,n}(n∈N*),设S n={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Y n}.令f(n)表示集合S n所含元素的个数.(1)写出f(6)的值;(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.解析(1)f(6)=13.(2)当n≥6时,f(n)=(t∈N*).下面用数学归纳法证明:①当n=6时, f(6)=6+2++=13,结论成立;②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,S k+1在S k的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+++3=(k+1)+2++,结论成立;2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+++1=(k+1)+2++,结论成立;3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2=(k+1)+2++,结论成立;4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2=(k+1)+2++,结论成立;5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2=(k+1)+2++,结论成立;6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+++1=(k+1)+2++,结论成立.综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.C组教师专用题组考点一数列的求和1.(2017天津文,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,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}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b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以b n=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=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{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=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=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得T n=(3n-4)2n+2+16.所以数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.方法总结(1)等差数列与等比数列中分别有五个量,a1,n,d(或q),a n,S n,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求基本量a1和d(或q),问题可迎刃而解.(2)数列{a n b n},其中{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{a n b n}的前n项和应采用错位相减法.2.(2017山东文,19,12分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.(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S2n+1=b n b n+1,求数列的前n项和T n.解析本题考查等比数列与数列求和.(1)设{a n}的公比为q,由题意知a1(1+q)=6,q=a1q2,又a n>0,解得a1=2,q=2,所以a n=2n.(2)由题意知S2n+1==(2n+1)b n+1,又S2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n=2n+1.令c n=,则c n=.因此T n=c1+c2+…+c n=+++…++,又T n=+++…++,两式相减得T n=+-,所以T n=5-.3.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=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b1,b11,b101;(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.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(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)疑难突破充分理解[x]的意义,求出b n的表达式,从而求出{b n}的前1 000项和.评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题关键.4.(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b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意有,即解得或故或(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1+++++…+,①T n=+++++…+.②①-②可得T n=2+++…+-=3-,故T n=6-.评析本题考查等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,利用错位相减法求和,考查推理运算能力. 5.(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*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.评析本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.6.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=评析本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,分类讨论的思想和运算求解能力、逻辑推理能力.7.(2014天津,19,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+x n q n-1,x i∈M,i=1,2,…,n}.(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+a n q n-1,t=b1+b2q+…+b n q n-1,其中a i,b i∈M,i=1,2,…,n.证明:若a n<b n,则s<t.解析(1)当q=2,n=3时,M={0,1},A={x|x=x1+x2·2+x3·22,x i∈M,i=1,2,3}.可得,A={0,1,2,3,4,5,6,7}.(2)证明:由s,t∈A,s=a1+a2q+…+a n q n-1,t=b1+b2q+…+b n q n-1,a i,b i∈M,i=1,2,…,n及a n<b n,可得s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+…+(a n-1-b n-1)q n-2+(a n-b n)q n-1≤(q-1)+(q-1)q+…+(q-1)q n-2-q n-1=-q n-1=-1<0.所以s<t.评析本题主要考查集合的含义与表示,等比数列的前n项和公式,不等式的证明等基础知识和基本方法.考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.考点二数列的综合应用1.(2017课标全国Ⅲ文,17,12分)设数列{a n}满足a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.解析(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n,所以当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1),两式相减得(2n-1)a n=2,所以a n=(n≥2).又由题设可得a1=2,满足上式,所以{a n}的通项公式为a n=(n∈N*).(2)记的前n项和为S n,由(1)知==-,所以S n=-+-+…+-=.思路分析(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n的实质就是数列{(2n-1)a n}的前n项和,故可利用a n与前n项和的关系求解;(2)利用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.2.(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.证明本题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,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)因为{a n}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+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),③a 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a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.方法总结数列新定义型创新题的一般解题思路:1.阅读审清“新定义”;2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.3.(2016天津,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b n是a n和a n+1的等比中项.(1)设c n=-,n∈N*,求证:数列{c n}是等差数列;(2)设a1=d,T n=(-1)k,n∈N*,求证:<.证明(1)由题意得=a n a n+1,有c n=-=a n+1·a n+2-a n a n+1=2da n+1,因此c n+1-c n=2d(a n+2-a n+1)=2d2,所以{c n}是等差数列.(2)T n=(-+)+(-+)+…+(-+)=2d(a2+a4+…+a2n)=2d·=2d2n(n+1).所以===·<.评析本题主要考查等差数列及其前n项和公式、等比中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、推理论证能力和运算求解能力.4.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,有a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=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)证明:由λ=,μ=-1,数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(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 n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.5.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1==.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.④由③④知,a n+1-a n=.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+=1+·=+·,故数列{a n}的通项公式为a n=+·.6.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,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在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(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+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在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-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x 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)=,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)=- (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=+x k+1=.又g k+1(x)-=,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)>.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)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-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)=·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).7.(2014四川,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,点(a n,b n)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*). (1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{a n}的前n项和S n;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和T n.解析(1)由已知,得b7=,b8==4b7,有=4×=.解得d=a8-a7=2.所以,S n=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-=(ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-.由题意,得a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而a n=n,b n=2n.所以T n=+++…++,2T n=+++…+.因此,2T n-T n=1+++…+-=2--=.所以,T n=.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.8.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.评析本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n项和,考查学生的运算求解能力,在利用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因.9.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5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,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=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==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-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.。
2020版【5年高考3年模拟】高考文数新课标版6.4 数列的综合应用
栏目索引
=2- 1 n 1 -2
1 2
1 2 -21-n. = n 1 n 1
例2 (2018山西太原五中模拟,19)已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为
Sn,an+1=3Sn+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
n (2)设bn=log2 an1 ,求数列 的前n项和Tn.
1 2 an bnbn1
栏目索引
解析 (1)∵Sn=2an-1,∴n≥2时,Sn-1=2an-1-1,∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,n≥2,即an
=2an-1,n≥2. 当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1, ∴{an}是以1为首项,2为公比的等比数列, ∴an=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,
b an
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解析 (1)由an+1=3Sn+1,得an=3Sn-1+1(n≥2),
两式相减得an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an(n≥2), 故an+1=4an(n≥2), 所以当n≥2时,{an}是以4为公比的等比数列. 因为a1=1,a2=3S1+1=3a1+1=4,
0
b an
1
2
3
n 1
4
4
4
4
4
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1 1 1 1 1 1 Tn=1× +2 × +3 × +4 × + … +( n -1) × 4 4 4 4 4 4
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方法技巧
方法 数列求和的方法
常见类型及方法 (1)an=kn+b,利用等差数列前n项和公式直接求解; (2)an=a1· qn-1,利用等比数列前n项和公式直接求解,但要注意对q分q=1与q ≠1两种情况进行讨论;
2020届高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和、数列的综合应用教师用书文(PDF,含解析)
１－１ 答案 ５
解析 Ｓｎ ＝ １×２１ ＋２×２２ ＋…＋ｎ×２ｎ，则 ２Ｓｎ ＝ １×２２ ＋２×２３ ＋…
＋ｎ×２ｎ＋１
，两式相减得－Ｓｎ
＝
２ ＋ ２２
＋…＋２ｎ
－ ｎ ·２ｎ＋１
＝
２（ １－ ２ｎ １－２
）
－ｎ·
２ｎ＋１ ，故 Ｓｎ ＝ ２＋（ ｎ－１） ２ｎ＋１ ，因为 ａｎ＋１ ＝ ２ｎ＋１ ，故 Ｓｎ －ｎａｎ＋１ ＋ ５０ ＝ ２＋（ ｎ －１） ２ｎ＋１ －ｎ·２ｎ＋１ ＋５０ ＝ ５２－２ｎ＋１ ，令 ５２－ ２ｎ＋１ ＜ ０，故最小正整数 ｎ 的
１ ｎ＋
１）
＝
１ ｎ
－ｎ＋１１；
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对应学生用书起始页码 Ｐ１１２
( ) （
２）
（
１ ２ｎ－ １） （
２ｎ＋
１）
＝ Ｓｎ －Ｓｎ－１
＝
ａｎ＋１ ２
－
ｎ
－
１
－
æ
ç
è
ａｎ ２
－
ｎ
ö
÷
ø
，
即 ａｎ＋１ ＝ ３ａｎ ＋２，∴ ａｎ＋１ ＋１ ＝ ３（ ａｎ ＋１） ，
又∵ ａ２ ＋１ ＝ ９，３（ ａ１ ＋１） ＝ ３×３ ＝ ９，
∴ 数列｛ａｎ ＋１｝是等比数列，
且 ａ１ ＋１ ＝ ３，公比为 ３，
∴ ａｎ ＋１ ＝ ３×３ｎ－１ ＝ ３ｎ ，∴ ａｎ ＝ ３ｎ －１．
｛ ａｎ ｝ 的前 ｎ 项和为 Ｓｎ ，ａ１ ＝ ３，且 Ｓｎ ＝ ｎａｎ＋１ －ｎ２ －ｎ．
2020年新课标版高考理数一轮复习：6.4数列求和、数列的综合应用
6.4 数列求和、数列的综合应用挖命题【考情探究】.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.分值约为12分，难度中等.考热点特别是错位相减法和裂项相消法求和破考点【考点集训】考点一数列求和1. (2017湖南郴州第一次教学质量监测,6)在等差数列｛a n｝中,a4=5,a7=11.设0=(-1) n a n,则数列｛b n｝的前100项之和S100=( )分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.A.-200B.-100C.200D.100答案D2. (2018 湖北东南省级示范高中联考，15)已知S为｛a n｝的前n项和，若a n(4+cosn n )=n(2-cos n n ),贝U S?8等于__________ .答案 2 3323. (2018 江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,13)若｛a n｝,｛b n｝满足2a nb n=1,a n=n +3n+2,则｛b n｝的前2 018 项和为________ .答案——考点二数列的综合应用1. (2018福建漳州期末调研测试，5)等差数列｛a n｝和等比数列｛b n｝的首项均为1,公差与公比均为3,则+ + =( )A.64B.32C.38D.33答案D2. (2017 陕西西安铁一中第五次模拟，9)已知数列｛a n｝满足a n=log(n+1)(n+2)(n € N*),我们把使乘积a1 a2 a s • - - 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C3. 已知a n=3n(n € N*),记数列｛a n｝的前n项和为T n,若对任意的n € N*, - k绍n-6恒成立，则实数k的取值范围是__________ .答案k A炼技法【方法集训】方法1 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-na田+50<0的最小正整数n的值为 __________ .答案52. (2018河南安阳第二次模拟，17)设等差数列｛a n｝的前n项和为f(x)=x 2+B X+C-1(B,C€ R)的图象上,且a1=C.(1) 求数列｛a n｝的通项公式；⑵记b n=a n( . +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,贝H S=na1+_ d=_n2+ __ n,又S=n2+Bn+C-1,两式对照得一解得所以a1=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)2 n,则T n=1X 2+3X2 2+・・+(2n-1) 2n,2T n=1 X 2 2+3X 2 3+- +(2 n-3) 2n+(2 n-1) 2n+1,两式相减得T n=(2n-1) 2n+1-2(2 2+・・+2n)-2=(2n-1) 2n+1-2X —-——2 S,且a n=2n,则使得S n,点（n,S n）在函数n+1=(2 n-3) 2 +6.方法2 裂项相消法求和1. （2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考，3）数列—_的前2017项的和为（）A. +1B. -1C. +1D. -1答案 B2. （2018湖南邵阳期末,15）设数列｛（n 2+n）a n｝是等比数列，且a1=,a2=—,则数列｛3 n a n｝的前15项和为________ .答案一3. （2017广东潮州二模,16）已知S为数列｛a n｝的前n项和,a n=2 3n-1（n € N*）,若b n=——,则b1+b2+・• +b n= _____ .答案--——过专题【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一数列求和1. （2017课标n ,15,5分）等差数列｛a n｝的前n项和为S,a 3=3,S4=10,则一= ________ .答案一2. （2015 课标I ,17,12 分）S n为数列｛a n｝的前n 项和.已知a n>0, +2a n=4S+3. （1）求｛a n｝的通项公式；⑵设b n= ------- ,求数列｛b n｝的前n项和•解析（1）由 +2a n =4S n +3,可知 +2a n+1=4S n+l +3. 可彳得 -+2（a n+仁an）=4a n+i ,即2（a n+i +a n ）=-=（a n+i +a n ）（an+仁a n ）.由 ^于a n >0, ^所 以a n+i -a n =2.又由 +2a i =4a 计3,解得a i =-i （舍去）或a i =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+i.（6分）思路分析 ⑴ 由 +2a n =4S n +3,得 +2a n+i =4S n+i +3,两式相减得出递推关系，再求出a i ,利用等差数列的通项公式可得通项.（2）利用裂项相消法求T n考点二数列的综合应用1. （20i7课标I ,i2,5 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i,i,2,i,2,4,i,2,4,8,i,2,4,8,i6, …,其中第一项是 2°,接下来的两项是 2°,2 i ,再接下来的三项是2°,2i ,2 2,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>i°°且该数列的前N 项和为2的整数幕.那么该款软件的激活码是 （ ）A.440B.330C.220D.110答案 A2. （2016课标n ,17,12 分）S n 为等差数列｛a n ｝的前n 项和，且a i =1,S y =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 i ,b ii ,b i°i ；⑵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,（2）由 a n =2n+i 可知 b n = ---- = --------------= --------------- .设数列｛b n ｝的前n 项和为T n ,则T n = b i +b 2+"+b n =-+••+.（i2 分）解得d=1.所以｛a n｝的通项公式为a n=n.b i=[lg 1]=0,b ii=[lg 11]=1,b i°i=[lg 101]=2.（6 分）所以数列｛b n｝的前 1 000 项和为1X 90+2X 900+3X 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b1,bn,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•B组自主命题省(区、市)卷题组考点一数列求和1. (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*),｛b n｝是等差数列.已知a1=1,a 3=a2+2,a 4=b3+b5,a 5=b4+2b6.(1)求｛a n｝和｛b n｝的通项公式；⑵设数列｛S n｝的前n项和为T n(n € N*).(1) 求T n；(ii)证明------------- = ---- 2(n € N ).2解析(1)设等比数列｛a n｝的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q -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=4.由a5=tk+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.(2) (i)由(1),有S=——=2n-1,故T n= - - = ----- -- - -n=2 n+1-n-2.(ii)证明：因为 --------- =—二-------(2)因为b n== ---------- =—-—,所以, ------- =—-—+ —+••+ —------------------- =—-2.2. (2016山东,18,12分)已知数列｛a n｝的前n项和S=3n2+8n,｛b n｝是等差数列，且a n=b n+b n+i.(1)求数列｛b n｝的通项公式⑵令C n= ---------- ,求数列｛C n｝的前n项和T n.解析⑴由题意知，当n呈时,a n=9-S n-1=6n+5.当n=1时,a 1=S1=11,所以a n=6n+5.设数列｛b n｝的公差为d.由即可解得b1=4,d=3.所以b n=3n+1.(2) 由(1) 知C n= ---------- =3(n+1) 2n+1. 又T n=C1+C2+・・+C n, 得T n=3X [2 X 2 2+3X 2 3+・・+(n+1) X2 n+1],2T n=3X [2 X2 3+3X2 "+••+(n+1) X2 n+j,两式作差,得-T n=3X [2 X 2 2+23+24+・・+2n+1-(n+1) X2n+j=3 X —- =-3n 2n+2. 所以n+2T n=3n 2 .考点二数列的综合应用1.(2015 福建,8,5 分)若a,b是函数f(x)=x -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D2.(2018 浙江,20,15 分)已知等比数列｛a n｝的公比q>1,且a s+a4+a5=28,a 4+2是a s,a5的等差中2项.数列｛b n｝满足b1=1,数列｛(b n+1-b n)a n｝的前n项和为2n +n.(1)求q的值；⑵求数列｛b n｝的通项公式.解析(1)由a4+2是a3,a 5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20 得8 - =20,解得q=2 或因为q>1,所以q=2.(2)设C n=(b n+1-b n)a n,数列｛C n｝的前n 项和为S.解得C n=4n-1.由C n =由(1)可知a n=2 ,所以b n+i-b n=(4n-1) •,故b n-b n-i =(4n-5) •- ,n 疑,b n-b 1 =(b n-b n-1 )+(b n-1 -b n-2)+ - +(b 3-b 2) + (b 2-b 1)=(4 n-5) •- +(4 n-9) •- +・・+7"3.设T n=3+7」+11 •- +・・+(4n-5) •- ,n 支，- T n=3 •- +7 •■+・・+(4n-9) •- +(4n-5) •- , 所以_耳=3+4丄+4 •- +・・+4 •- -(4n-5) •- ,因此T n=14-(4n+3) •- ,n 丝，又b1=1,所以b n=15-(4n+3) •- .C组教师专用题组考点一数列求和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+b3=12,b 3=a4-2a 1,Sn=11b4.(1)求｛a n｝和｛b n｝的通项公式；⑵求数列｛a 2n b2n-1｝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b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而6=2,所以q2+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b3=a4-2a 1,可得3d-a1=8①.由Su=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②，解得a1=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.⑵设数列｛a2n b2n-1｝的前n 项和为T n,由a2n=6n-2,b 2n-1 =2x4 n-1,有a2n b2n-1=(3n- 1) X4n,故T n=2x 4+5x4 2+8X4 3+-+(3n- 1) X4n,4T n=2X4 2+5X4 3+8X4 4+・・+(3n- 4) X4 n+(3n- 1) X4n+1,上述两式相减，得-3T n=2X 4+3X4 2+3X4 3+-+3X4n-(3n- 1) X4 n+1=——-—4-(3n- 1) X4 n+1=-(3n- 2) X4 n+1-8.得 T n=—X4n+1 + _.所以，数列｛a2n b2n-1｝的前n项和为——X4 n+1+-.方法总结（1）等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d（或q）,a n,S n, —般可以知三求二”通过列方程（组）求关键量a1和d（或q）,问题可迎刃而解.⑵数列｛a n｝是公差为d的等差数列，｛b n｝是公比q为的等比数列，求数列｛a n b n｝的前n项和适用错位相减法.2. （2015湖北,18,12分）设等差数列｛a n｝的公差为d,前n项和为S,等比数列｛b n｝的公比为q. 已知b1=a1,b 2=2,q=d,S 10=100.（1）求数列｛a n｝,｛b n｝的通项公式；⑵当d>1时，记C n=-,求数列｛c n｝的前n项和T n.解析（1）由题意有解得或 _故_或n 1(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2 -,故C n=于是耳=1+-+—+—+—+・・+—，①①-②可得-齐=2+-+—+•• +=3 ----- ,故T n=6--T n=-+—+—+ — +—+••+― .②3. (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 书,n € N*,a i=1,a2=2,且a2+a3 ,a 3+a4,a 4+a5 成等差数列.(1)求q的值和｛a n｝的通项公式；⑵设b n= -------- ,n € N*,求数列｛b n｝的前n项和.解析(1) 由已知,有(a 3+a4)-(a 2+a3)=(a 4+a5)-(a 3+a4),即a4-a 2=a5-a3,所以a2(q-1)=a 3(q-1). 又因为q 为，故a3=a2=2,由a3=a1 q,得q=2.当n=2k-1(k € N )时,a n=a2k-1 =21 =—;当n=2k(k € N )时,a n=a2k=2k=".所以,｛a n｝的通项公式为a n= 为奇数"为偶数(2) 由(1) 得b n=——=—.设｛b n｝的前n 项和为S n, 则s=1x —+2X —+3X _+••+(n- 1) X—+n x —，$=1X _+2x _+3x _ +••+(n- 1) x —+ n x _,上述两式相减,得-S n=1+-+—+ ••+-------- =-------- =2 ------- ,整理得,S n=4 ------ .所以，数列｛b n｝的前n项和为4-一,n € N*.4. (2014 江西,17,12 分)已知首项都是1的两个数列｛a n｝,｛b n｝(b n电n € N*)满足a n b n+仁an+1b n+2b n+1b n=0.(1)令C n=—,求数列｛C n｝的通项公式；⑵若b n=3n-1,求数列｛a n｝的前n项和S n.*解析(1)因为a n b n+1-a n+l b n+2b n+1b n = 0,b n^0(n € N ),所以——-—=2,即C n+1-c n=2.所以数列｛c n｝是以1为首项,2为公差的等差数列，故6=2n-1.(2)由(1)及b n=3”1知a n=c n b n=(2n-1)3 n1,于是数列｛a n｝的前n 项和S=1 30+3 31+5 32+・・+(2 n-1) 3n-1,3S n =1 31+3 32+・・+(2 n-3) 3 n-1+(2 n-1) 3 n , 相 减 得-2S n =1+2 (31+32+-+3n-1 )-(2n-1) 3n =-2-(2n-2)3 n ,所以 S=(n-1)3 n +1. 5. (2014山东,19,12分)已知等差数列｛a n ｝的公差为2,前n 项和为S,且S,S 2,S 4成等比数列.(1)求数列｛a n ｝的通项公式；n 1⑵令b n =(-1) ------------ ,求数列｛b n ｝的前n 项和T n .解析 (1)因为 S 1=a 1,S 2=2a 1— x 2=2a i +2,S=4a 1+—x 2=4a 计12,所以由题意得(2a 1+2) 2=a 1(4a 1+12), 解得 a 1=1,所以 a n =2n-1.n-1n-1(2)b n =(-1)——=(-1) -------------当n 为偶数时，T n = 一 - 一 一 + • • +=1-当n 为奇数时,为奇数一- 所以T n = 或 ------------为偶数 考点二数列的综合应用1.（2018 江苏,14,5 分）已知集合 A={x|x=2n-1,n€ N *},B={x|x=2 n ,n € N *}.将 A U B 的所有元 素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S 为数列{a n }的前n 项和，则使得S>12a n+1成立的n 的最小值为 ________ .=(-1) n-1 ■+—=1 +答案272. (2018江苏,20,16分)设｛a n｝是首项为a i,公差为d的等差数列，｛b n｝是首项为b i,公比为q 的等比数列.(1) 设a i=0,b i=1,q=2,若|a n-b n|住i对n=1,2,3,4 均成立,求d的取值范围;(2) 若a i=b i>0,m € N ,q € (i, _],证明:存在d € R,使得|a n-b n| 的对n=2,3,…,m+i 均成立,并求d的取值范围(用b i,m,q表示).n i解析(i)由条件知a n=(n-i)d,b n=2 -.因为|a n-b n| 4)i 对n=i,2,3,4 均成立,即i<l,i 詣W,3 <2d^5,7 Wd电，得-它务因此,d的取值范围为- -.n i(2)由条件知:a n=b i+(n-i)d,b n=b i q -.若存在d € R,使得|a n-b n|住i(n=2,3，…,m+i)均成立,即|b i+(n-i)d-b i q n-i | <b i(n=2,3,…,m+i).即当n=2,3,…,m+i时,d满足—b i«冬一b i.因为q€ (i, _],所以i<q n-i吋电，从而--- b i切，一b i >0,对n=2,3,…,m+i均成立.因此,取d=0时,|a n-b n|电i对n=2,3,…,m+i均成立.下面讨论数列---- 的最大值和数列—的最小值(n=2,3，…,m+i).①当2窃舸时，——一=-=—「一,当i<qw_时,有q n<q m€,从而n(q n-q n-i )-q n+2>0.因此，当2<n<m+i时，数列单调递增故数列—的最大值为—.②设f(x)=2 x(1-x),当x>0 时，f '(x)=(In 2-1-xln 2)2 x<0.所以f(x)单调递减，从而f(x)<f(0)=1.当 2窃奇时,——=——< _-一 =f - <1.因此，当2窃奇+1时，数列—单调递减，故数列—的最小值为一.因此，d的取值范围为----- - ---- .3. (2015安徽，18,12分)设n € N*，X n是曲线y=x2n+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；⑵记T n= …_,证明：T n A.解析(1)y'=(x 2n+2+1)'=(2n+2)x 2n+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=(2 n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-—=一.⑵证明：由题设和(1)中的计算结果知T n= …_ = - -…当n=1 时,「=-.当n支时,因为_ = — = -------------- > --------- =—=-.所以T n> - x - x - X …x —^.综上可得对任意的n€ N*,均有T n A.4. (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 A(1)证明：函数F n(X)=f n(X)-2在一内有且仅有一个零点(记为X n),且X n=+ ；⑵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⑴证明：F n(X)=f n(x)-2=1+x+x 2+-+X-2,则F n(1)=n-1>0,F n - =1+-+ - +— - -2= --------- 2= --- <0,所以F n(x)在- 内至少存在一个零点•n 1又F' n(x)=1+2x+ ・・+nx - >0,故F n(x)在- 内单调递增，所以F n(x)在- 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---------- 2=0,故X n二+-⑵由题设知,g n(x) =设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x 2+—+x n-当X=1 时,f n(x)=g n(x).n 1 -当x力时,h'(x)=1+2x+ ・・+nx- ------n-1 n-1 n-1 n-1右0<x<1,贝U h'(x)>x +2x +—+ nx----------- xn-1 n-1 n-1 n-1右x>1,贝y h'(x)<x +2x +••+ nx------------ x所以h(x)在(0,1)上递增，在(1,+ a)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,fn(x)=g n(x)；当X 詢时，f n(X)<g n(x).,x>0.n-1X - n-1X=0.n-1 n-1x =0.5. (2015 重庆,22,12 分)在数列｛a n｝中,a 1=3,a n+1a n+ 入a n+什卩=0(n € N+).(1)若入=0,卩=-2,求数列｛a n｝的通项公式；⑵若入=_(k o€ N+,k o支)，卩=-1,证明：2+——< <2+——.解析⑴由入=0,卩=-2，得a n+i a n=2 (n € N +).若存在某个n o€ N +,使得=0,则由上述递推公式易得_ =0.重复上述过程可得a i=0,此与a i=3矛盾,所以对任意n€ N+,a n和.从而a n+i=2a n(n € N +),即｛a n｝是一个公比q=2的等比数列. 故a n=a i q n-1 =3 2n-1.⑵证明：若入=_,卩=-i,则数列｛a n｝的递推关系式变为a n+i a n+—a n+i・=0,变形为a n+i — = (n € N +).由上式及a i=3>0,归纳可得3=a i>a2>・・>a n>a n+i>・・> 0.因^为a n+i= = =a n- I •,所以对n=i,2,…,k o求和得=a i+(a2-a i)+••+(- )=a i -k 0 • +—---- ----- …-------->2+—•--- ----- .…------- =2 --------- .个另一方面，由上已证的不等式知a i>a2>…〉> >2,得=a i-k 0 • +—•-------- --------- ----- -----------<2 • ---------- -------- … ------------- =2+ ------- .个综上,2+。
2020届高考数学(文)总复习课堂测试：数列的综合应用
课时跟踪检测(四十)数列的综合应用A级---- 保大分专练1. (2019昆明高三摸底调研测试)已知等差数列｛a n｝的公差为2,且a4是a?与a$的等比中项，贝y a n =( )A2n B. 2nC. 2n—1 D . 2n+ 1解析：选B 由题意得等差数列｛a n｝的公差d= 2，所以a n= a1 + 2(n—1)，因为a4是a2 与a8的等比中项，所以a2= a2a8，即仙+ 6)2=仙+ 2)(a1 + 14),解得a1 = 2，所以a*= 2n,故选B.2.设y= f(x)是一次函数，若f(0) = 1,且f(1), f(4), f(13)成等比数列，则f(2) + f(4) + … + f(2n)等于()A. n(2n+ 3) B . n(n+ 4)C . 2n(2n+ 3)D . 2n(n + 4)解析：选 A 由题意可设f(x)= kx+ 1(k丰 0),则(4k + 1)2= (k + 1)(13k + 1)，解得k= 2,f(2) + f(4) +•••+ f(2n)= (2X 2+ 1)+ (2X 4+ 1) +…+ (2X 2n + 1) = n(2n+ 3).3.已知公差不为0的等差数列｛a n｝满足a1，a3，成等比数列，S n为｛a“｝的前n项和,则S3—S；的值为()Cl解析：选A 设等差数列｛a n｝的公差为d(d M0) . •••a1, a?, a°成等比数列，二da4= a^,S3 —S2 a3 a1+ 2d即a1(a1 + 3d)=仙+ 2d)2，解得a1 = —4d「. = a：a= 2^ + 7d = 2.故选A.4 . (2018郑州一中入学测试)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，六朝才得至其关，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，请问第二天走了(A . 96 里B . 48 里C. 192 里 D . 24 里解析：选A 依题意得，该人每天所走的路程依次排列形成一个公比为1的等比数列,记为｛a n｝，其前6项和等于378,于是有a[1-鈿厂=378,解得a1= 192,1 —2 因此a2= ^a1= 96,即该人第二天走了 96里，选A.5.定义：p +卩2；...+ p,n € N *)为n 个正数P i , P 2,…，P n 的“均倒数”.若数列｛a n ｝ 1的前n 项的“均倒数”为2n ―1，则数列｛a n ｝的通项公式为()A . a n =2n — 1 B . a “= 4n — 1 C . a n = 4n — 3 D . a “= 4n — 5» , ,n 1 ai + a? + …+ a n 解析： 选 C T—■ ■— —■ = , — = 2n — 1, — a 1 + a ? + …+ a na 1 + a ?+ - + a n 2n — 1 n 1 2 n=(2n — 1)n , a 1 + a 2+…+ a n -1= (2n — 3)(n — 1)(n >2)，二当 n > 2 时，a n = (2n — 1)n — (2n — 3)(n — 1)= 4n — 3,又 a 1 = 1，二 a n = 4n — 3.6. (2019河南六市联考)若正项递增等比数列 {a n }满足1 + a 2— a °+住3 — a 5)= 0(入€ R), 则a 6+ ?a 7的最小值为()A . — 2B . — 4解析：选D 设等比数列｛a n ｝的公比为q , q z 0,因为数列｛a n ｝为正项递增等比数列，所 以 a 4— a 2>0 且 q>1.1因为1+a2-a4+0-a5)=0，所以 1+2 齐,+ 2= 4当且仅当q —1 = q2 — 1时，即q= . 2时，取等号，即a 6+入a 的 最小值为4,故选D.7 .某公司去年产值为 a ,计划在今后 5年内每年比上年产值增加 10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为 __________ .解析：每年的产值构成以 a(1 + 10%) = 1.1a 为首项，1.1为公比的等比数列，所以从今 年起到第 5年的总产值 S 5=1.1a 1 — 1.1= 11(1.15— 1)a.1 —1.1答案：11(1.15— 1)a8.已知S n 是等比数列｛a n ｝的前n 项和，S 3,S 9,S 6成等差数列，a 2+ a 5= 4，则a &=_________9 36解析：因为S 3, S 9, S 6成等差数列，所以公比 q z 1, 2尸^ =1—1+ +二$，整理得1 — q 1 — q 1 — q2q 6= 1 + q 3,所以 q 3=— 丁，故 a 2 • 1 — = 4，解得 a 2= 8,故 a 8= 8X 丁= 2.答案：2所以 a6+"= a6(1 + 仆拦=q —J44—=q 2 +1 + * = q 2— 1+* +q — 1 r q — 1^ q — 12 >—1 •211「q — 19.已知等差数列｛a n ｝满足 a n -1 + a n + a n +1= 3n(n > 2),函数 f(x)= 2x , b n = logf(a n ),则 数列｛bi ｝的前n 项和为__________________ .解析：•等差数列｛a n ｝满足 a n -1+ a n + a n +1 = 3n(n >2)，…3a “一3n ,即卩 a “一 n.又•函数 f(x) = 2x ，二 f(a n ) = 2n ，二 b i + b 2+-+ g = log 4[f(a i ) f(a 2)…f (a n )] = log 4(2x 22x-x 2n )= .-1 + 2+…+n 1“ ” 一 n (n + 1 ｝log 42 = 2x (1 + 2 + …+n)=4—.答案：叮土丄410. (2018 沈阳质检)在数列｛a n ｝中，a 1 = 1, a 2 = 2, a n +1 = 3a “- 2a “- 1(n >2),贝U a n =—__ a解析：法一：因为 a n +1 = 3a n - 2a n-1(n >2),所以 亠1n= 2(n >2)，所以 a “+1-a n= @a n — a n -1—a1)2 = 2 (n 》2)，又 a 2- a1=1，所以 a- an -1=2, a n -1- an -2=2,…，a2- a1=1，累加，得 a n = 2n 1(n € N ).法一：因为 a n + 1= 3a n — 2a n -1(n > 2),所以 a n +1- 2an = a n - 2a n -1,得 a n + 1- 2a n = a n - 2a n -1 = an -1 - 2a n -2=，・・=a 2- 2a1 = 0,即a n = 2a n - 1(n 》2)，所以数列｛a n ｝是以1为首项，2为公 比的等比数列，所以 a n = 2n -1(n€ N *).答案：2n -1311.已知等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，公比为Q. (1)若 S 4=暑‘求 a 1.1⑵若a 1= 2, C n = 2a n + nb ,且C 2, C 4, C 5成等差数列，求 b. 解：(1) •••公比 q = 3, S 4=雰(2) T a 1 = 2，公比为 2，…a 2= 3, a 4= "4 , a 5= "8 又T c n =如+ nb .3 1 27 1 812+ 2b = 2+ 2b, C 4= ?a 4+ 4b = &+ 4b , C 5= ?a 5+ 5b = 1g + 5b.T C 2, C 4, C 5成等差数列,65 24’ •- 1 - 16 a1=-芽解得a 1 = 3.a 1 1••• 2卑+ 4b= 2+ 2b+ ¥+ 5b,解得b=-君均在函数y= x的图象上.12.设数列｛a n｝的前n项和为S n，点n,詈,n€ N⑴求数列｛a n｝的通项公式;(2)记数列■= a n a n +1的前n 项和为T n ，若对任意的n € N *，不等式4T n <a 2— a 恒成立，求实数a 的取值范围. 解：(1)依题意得色=n ,即S n = n 2.n 当 n 》2 时，a n = S n — S n -1 = 2n — 1,当 n = 1 时，a i = S i = 1 = 2x 1 — 1 = 1,--a n = 2n — 1.1 = 1 = 1(2)• c c 丄.=(2n — 1(2n +1 =2a n a n +1 1 . 1 1 1 1 1 , 1 1 1 .二 T n =2 1— 3+ 3—5 + …+ 亦—1—时=21 —2n + 1 2'又 4T n <a 2— a,2w a — a ，解得 a w — 1 或 a 》2, 即实数a 的取值范围为(一a,— 1] U [2 ,+s ). B 级一一创高分自选1 .若定义在 R 上的函数y = f(x)是奇函数且满足f(x), f( — 2) =— 3,数列｛a n ｝满足 a 1 = — 1,且 Sn = 2 x a + 1(其中 S n 为｛a n ｝的前 n 项和)，则 f(a s ) + f(a e )=()n nA . — 3B . — 2C . 3D . 2解析：选C 由f 3— x = f(x)可知函数f(x)的图象的对称轴为直线 x = 3又函数y = f(x)是奇函数，所以有 f 3 — x = f(x)=— f x — 3，所以 f x — 2 =— f(x), 即卩 f(x — 3) = f(x),所以函数 y = f(x)的周期为 3.由Sn = 2x an + 1 得 S n = 2a “+ n.当 n 》2 时，a * = S n — S n -1= 2a “+ n — n n (2a n -1+ n — 1) = 2a n — 2a n -1+ 1，即 a n = 2a n -1 — 1,所以 a 2=— 3, a 3=— 7, a 4=— 15, a s = —31, a 6=—63，则 f(a 5) + f(a e )= f( — 31)+ f( — 63)= f(— 1) + f(0) =— f(1) + f(0).由函数 y = f(x) 是奇函数可得 f(0) = 0，由 f(— 2) =— 3 可得 f( — 2) = f(1) = — 3,所以 f(a 5)+ f(a 6) = 3.故选 C. 2.为了加强城市环保建设， 某市计划用若干年时间更换 5 000辆燃油型公交车， 每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型两种车型•今年年初投入了电力12n + 1 ，型公交车128辆，混合动力型公交车 300辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加 50%，混合动力型车每年比上一年多投入 a 辆.市政府根据人大代表的建议，要求5年内完成全部更换，则 a 的最小值为 _________ .3解析：依题意知，电力型公交车的数量组成首项为128，公比为1+ 50% =号的等比数列,300，公差为 a 的等差数列，则 5年后的数量和为 3 5 2 」5 X 4n所以 T n =2— 2 = 2n +1-2.1 — 2+ 300X 5 +a >5 000，即 10a > 1“ 3 21 —2812，解得a > 181.2,因为5年内更换公交车的总和不小于5 000,所以a 的最小值为182.答案：182f1S3. (2018广州高中综合测试)已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，数列是首项为1,公差 为2的等差数列.(1) 求数列｛a n ｝的通项公式；(2) 设数列｛b n ｝满足b ；+畫+…+ b n =5 —(4n + 5) 2 n ，求数列｛b n ｝的前n 项和T n .解：(1)因为数列 学 是首项为1,公差为2的等差数列， 所以 Sn = 1+ 2(n — 1)= 2n — 1,n 所以 S n = 2n * 1 2 * *— n. 当 n = 1 时，a 1 = S 1 = 1;当 n 》2 时，a n = S n — S n -1 = (2n ?— n) — [2(n — 1) — (n — 1)] = 4n — 3. 当n = 1时，a 1 = 1也符合上式，所以数列｛a n ｝的通项公式为a n = 4n — 3. a 1 1(2)当n = 1时，匚=，所以切=2a 1= 2.当 n > 2 时，由 + 舊+…+ b n = 5— (4n + 5) /,①得計 b …b n —=5- (4n +1)J —1.②①—②，得賈=Sn —3)1 n .因为 a n = 4n — 3，所以 b n = ~~—3^7 = 2n （当 n = 1 时也符合）, （4n -3九丿混合动力型公交车的数量组成首项为1-3700X 5+ 宁a ，所以 128X 1 —128X 1—b + l 2“ + 1所以bbT= "2丁 = 2,所以数列｛b n｝是首项为2,公比为2的等比数列,。
2020版高考数学(文科)大一轮精准复习精练：§6.4数列的综合应用含解析
§6.4 数列的综合应用挖命题 【考情探究】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.破考点 【考点集训】考点一 数列求和1.(2017湖南湘潭三模,9)已知T n 为数列的前n 项和,若m>T 10+1 013恒成立,则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023 答案 C2.(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=a3. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式;(2)记c n =(-1)n b 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.则有解得 或 (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+…+32n )+{(-3)+5+(-7)+9+…+[-(4n-1)]+(4n+1)}=- -+[(5-3)+(9-7)+…+(4n+1-4n+1)]= -+2n.3.(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(n ∈N *), 又因为a n +2log 2b n =-1,所以log 2b n =-n,则b n =(n ∈N *). (2)由(1)知a n ·b n =(2n-1)·, 则T n =+++…+-①, T n = + + +…+ -②,①-②,得T n=+2×…--.∴T n=+2×-----,∴T n=1+2----=3--=3-.考点二数列的综合应用1.(2018福建漳州期末调研测试,5)等差数列{a n}和等比数列{b n}的首项均为1,公差与公比均为3,则++=()A.64B.32C.38D.33答案D2.(2018河南商丘第二次模拟,6)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1-a n≥2(n∈N*),且S n为{a n}的前n项和,则()A.a n≥2n+1B.S n≥n2C.a n≥2n-1D.S n≥2n-1答案B3.(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a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为S n,求使S n<的n的最大值.解析(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d(d≠0),依题意可得即-∵d≠0,∴a1=1,d=1,∴a n=n.(2)由(1)可得b n==-.∴S n=-+-+…+-=1-.令1-<,得n<14,∴n的最大值为13.4.(2018广东佛山一中期中考试,17)在等差数列{a n}中,a1=3,其前n项和为S n,等比数列{b n}的各项均为正数,b1=1,公比为q,且b2+S2=12,q=.(1)求a n与b n;(2)证明:≤++…+<.解析(1)设数列{an}的公差为d.因为所以解得q=3或q=-4(舍),d=3.故an=3+3(n-1)=3n,b n=3n-1.(2)证明:因为S n=,所以==-.故++…+=---…-=-.因为n ≥1,所以0< ≤ ,所以 ≤1-<1, 所以≤- <, 即≤ + +…+ <.炼技法 【方法集训】方法 数列求和的方法1.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=(n ∈N *),且f(1)=2,则f(40)=( )A.95B.97C.105D.392答案 D2.(2019届吉林长春模拟,7)已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+2n,则数列·的前6项和为( )A.B.C.D.答案 A3.(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 =-,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 =-= ---=(2n-1)·2n .∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n ①, 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× - ---(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1, ∴T n =6+(2n-3)·2n+1.4.(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 ( - +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+ - d= n 2+ -n, 又S n =n2+Bn+C-1,两式对照得-解得 又因为a 1=C,所以a 1=1,所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1.(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+23+ (2))-2=(2n-1)·2n+1-2×- ---2 =(2n-3)·2n+1+6.过专题【五年高考】A 组 统一命题·课标卷题组考点一 数列求和1.(2017课标全国Ⅲ,17,12分)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n. (1)求{a n }的通项公式; (2)求数列的前n 项和.解析 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n, 故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)a n =2. 所以a n =-(n ≥2). 又由题设可得a 1=2, 从而{a n }的通项公式为a n =-(n ∈N *). (2)记的前n 项和为S n .由(1)知= - = - -. 则S n = - + -+…+ - - =.2.(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= ,从而a 1=. 所以{a n }的通项公式为a n =n+1.(2)设 的前n 项和为S n ,由(1)知=,则S n =++…++, S n = + +…+ +. 两式相减得 S n =+…-= +---.所以S n =2-.考点二 数列的综合应用(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{a n }是公差为3的等差数列,数列{b n }满足b 1=1,b 2=,a n b n+1+b n+1=nb n . (1)求{a n }的通项公式; (2)求{b n }的前n 项和.解析 (1)由已知,a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=,得a 1=2,(3分)所以数列{a n }是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a n =3n-1.(5分) (2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n 得b n+1=,(7分) 因此{b n }是首项为1,公比为的等比数列.(9分) 记{b n }的前n 项和为S n , 则S n = -- = --.(12分)B 组 自主命题·省(区、市)卷题组考点一 数列求和1.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{a n }的公比q>1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n+1-b n )a n }的前n 项和为2n 2+n.(1)求q 的值;(2)求数列{b n }的通项公式.解析 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项得a 3+a 5=2a 4+4, 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28, 解得a 4=8.由a 3+a 5=20得8=20, 解得q=2或q=, 因为q>1,所以q=2.(2)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(1)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 -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1) =(4n-5)·- +(4n-9). - + (7)+3. 设T n =3+7·+11·+…+(4n-5)·-,n ≥2, T n =3· +7· +…+(4n-9)· - +(4n-5)·-(n ≥2), 所以T n =3+4·+4. + (4)- -(4n-5)·-(n ≥2),因此T n =14-(4n+3)·-,n ≥2, 又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·-.2.(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=a3. (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,q=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 n+1,又S 2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n =2n+1. 令c n =,则c n =. 因此T n =c 1+c 2+…+c n = + ++…+ - -+, 又T n =+++…+- +, 两式相减得T n =+…--,所以T n =5-.3.(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= -.4.(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 - =,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}的前2n 项和.解析 (1)设数列{a n }的公比为q.由已知,有 - =,解得q=2,或q=-1.又由S 6=a 1·--=63,知q ≠-1,所以a 1·--=63,得a 1=1.所以a n =2n-1. (2)由题意,得b n =(log 2a n +log 2a n+1)=(log 22n-1+log 22n )=n-, 即{b n }是首项为,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n}的前n项和为T,则nT 2n=(-+)+(-+)+…+(-+)-=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.考点二数列的综合应用1.(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}的前n项和,则使得S n>12a n+1成立的n的最小值为.n答案272.(2018北京,15,13分)设{a n}是等差数列,且a1=ln2,a2+a3=5ln2.(1)求{a n}的通项公式;(2)求++…+.解析(1)设{a}的公差为d.n因为a+a3=5ln2,2所以2a+3d=5ln2.1又a=ln2,所以d=ln2.1所以a=a1+(n-1)d=nln2.n=--=e ln2=2,(2)因为=e ln2=2,-所以{}是首项为2,公比为2的等比数列.所以++…+=2×-=2(2n-1).-3.(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,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).解析(1)设等差数列{a}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,n而b=2,所以q2+q-6=0.1又因为q>0,解得q=2.所以,b=2n.n由b=a4-2a1,可得3d-a1=8①.3由S=11b4,可得a1+5d=16②,11联立①②,解得a=1,d=3,1由此可得a=3n-2.n所以,{a}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.n(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=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+1-4-(6n-2)×2n+1=--=-(3n-4)2n+2-16.得T=(3n-4)2n+2+16.n所以,数列{ab n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.2n4.(2016浙江,17,15分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知S2=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)由题意得则又当n≥2时,由a-a n=(2S n+1)-(2S n-1+1)=2a n,n+1得a=3a n.又因为a2=3=3a1,所以数列{a n}是首项为1,公比为3的等比数列.n+1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+- - -- - = - -, 经检验,n=2时也符合.所以T n =- -∈C 组 教师专用题组考点一 数列求和1.(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 =,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)由题意有, 即解得 或 故 - - 或·-(2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n = - -,于是T n =1+ + + ++…+- -,①T n = + + + + +…+ -.② ①-②可得T n =2+ + +…+- - - =3- , 故T n =6--.2.(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 =,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 或 (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 =- -=2n -1,又b n = = - = -,所以T n =b 1+b 2+…+b n = -+ -+…+ - = -=1--.3.(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·的前n 项和为. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n=(a n+1)·,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)设数列{a}的公差为d.n令n=1,得=,所以aa2=3.1令n=2,得+=,所以aa3=15.2解得a=1,d=2,1所以a=2n-1.n(2)由(1)知b n=2n·22n-1=n·4n,所以T=1·41+2·42+…+n·4n,n所以4T=1·42+2·43+…+n·4n+1,n两式相减,得-3T=41+42+…+4n-n·4n+1n-n·4n+1=--=-×4n+1-.所以T=-×4n+1+=-.n4.(2014湖北,19,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5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}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),n化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a=2;n当d=4时,a=2+(n-1)·4=4n-2,n从而得数列{a}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.n(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>60n+800成立.n当a=4n-2时,S n=-=2n2.n令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S>60n+800成立,n的最小值为41.n综上,当a=2时,不存在满足题意的n;n当a=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.n5.(2014安徽,18,12分)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),n∈N*.(1)证明:数列是等差数列;(2)设b n=3n·,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:由已知可得=+1,即-=1.所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以a n=n2.从而b=n·3n.n∴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=· - --n ·3n+1= - · -.所以S n = - ·.6.(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 =,记T n =-b 1+b 2-b 3+b 4-…+(-1)n b 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 ==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 ==,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(n+1) =-, n=1时,满足上式. 所以T n =-为奇数为偶数 7.(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 = - - =(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+×5=1 010. 8.(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 '=0. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =2,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 '=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=2=2n++2知,S n=b1+b2+…+b n=2n+2·+--=n2+3n+1-.9.(2013湖南,19,13分)设S n为数列{a n}的前n项和,已知a1≠0,2a n-a1=S1·S n,n∈N*.(1)求a1,a2,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2a1-a1=,即a1=.因为a1≠0,所以a1=1.令n=2,得2a2-1=S2=1+a2.解得a2=2.当n≥2时,2an-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{an}是首项为1,公比为2的等比数列.因此,an=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Bn,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Bn=1+(n-1)·2n.考点二数列的综合应用1.(2018江苏,20,16分)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a1=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|an-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∈R,使得|an-b n|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,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,],所以1<q n-1≤q m≤2,从而---b1≤0,--b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|an-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-xln2)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-.2.(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}是“P(k)数列”.n(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}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,n从而,当n≥4时,a+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,n-k所以a+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,n-3因此等差数列{a}是“P(3)数列”.n(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n≥3时,a+a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①n-2当n≥4时,a+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②n-3由①知,a+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③n-3a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入②,得a+a n+1=2a n,其中n≥4,n-1所以a,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.3在①中,取n=4,则a+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',2在①中,取n=3,则a+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',1所以数列{a}是等差数列.n3.(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a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=2,求++…+.解析(1)由已知,S=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.n+1又由S=qS1+1得到a2=qa1,2故a=qa n对所有n≥1都成立.n+1所以,数列{a}是首项为1,公比为q的等比数列.n从而a=q n-1.n由a,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3,2所以a=2a2,故q=2.3所以a=2n-1(n∈N*).n(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e==-.n由e==2解得q=.2所以, + +…+=(1+1)+(1+q 2)+…+[1+q 2(n-1)] =n+[1+q 2+…+q 2(n-1)] =n+- - =n+(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 - - 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+…+2n -(2n-1)×2n =2n+1-3-(2n-1)×2n =-(2n-3)×2n -3, 所以,S n =(2n-3)·2n +3,n ∈N *.5.(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+ b 2+ b 3+…+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, b n =b n+1-b n ,整理得 =, 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 *).6.(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 -(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+ +…+ <.解析 (1)∵ -(n 2+n-3)S n -3(n 2+n)=0, ∴令n=1,得+a 1-6=0,解得a 1=2或a 1=-3. 又a n >0,∴a 1=2.(2)由-(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,=,所以++…+=++…+<+++…+--=+--…-=+-<+×=.7.(2013课标Ⅱ,17,12分)已知等差数列{a n}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.解析(1)设{a}的公差为d.由题意得,=a1a13,n即(a+10d)2=a1(a1+12d).1于是d(2a+25d)=0.1又a=25,所以d=0(舍去)或d=-2.1故a=-2n+27.n(2)令S n=a1+a4+a7+…+a3n-2.由(1)知a=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而3n-2S n=(a1+a3n-2)=(-6n+56)=-3n2+28n.8.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足++…+=1-,n∈N*,求{b n}的前n项和T n.解析(1)设等差数列{a}的首项为a1,公差为d.n由S=4S2,a2n=2a n+1得4解得a=1,d=2.1因此a=2n-1,n∈N*.n(2)由已知++…+=1-,n∈N*,得当n=1时,=;当n≥2时,=1---=.-所以=,n∈N*.由(1)知,a=2n-1,n∈N*,n所以b=-,n∈N*,n又T=+++…+-,nT n=++…+-+-,两式相减得Tn=+…--=----,所以Tn=3-.【三年模拟】时间:50分钟分值:65分一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018福建厦门第一学期期末质检,7)已知数列{a n}满足a n+1+(-1)n+1a n=2,则其前100项和为()A.250B.200C.150D.100答案D2.(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a3>a1+3,a4<a2+5,a n=log2b n,则{b n}的前n项和S n为()A.8(2n-1)B.4(3n-1)C.(4n-1)D.(3n-1)答案C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为()A.504B.1008C.1009D.2017答案B4.(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=-·,记数列{a n}的前n项和为Sn,当S n=时,n的值为()A.7B.6C.5D.4答案D5.(2019届河南信阳模拟,6)已知数列{a n}的前n项和为S n=2n+1+m,且a1,a4,a5-2成等差数列,b n=-,数列{b n}的前n项和为T n,则满足T n>的最小正整数n的值为()A.11B.10C.9D.8答案B二、填空题(每小题5分,共10分)6.(2019届江苏南京模拟,15)已知数列{a n}的通项公式为a n=为奇数-为偶数则数列{an}前15项和S15的值为.答案7.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,13)若{a n},{b n}满足a n b n=1,a n=n2+3n+2,则{b n}的前2018项和为. 答案三、解答题(共30分)8.(2019届广东模拟,17)已知等比数列{a n }的公比q>1,且a 3+a 5=40,a 4=16. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =,S n 是数列{b n }的前n 项和,对任意正整数n,不等式S n +>(-1)n ·a 恒成立,求a 的取值范围. 解析 (1)由 得 · 因为等比数列{a n }的公比q>1,所以q=2,a 3=8,所以a n =a 3·q n-3=2n . (2)由于a n =2n ,b n =, 所以b n = =,则S n =+++…+①,S n = + + +…+②, ①-②得S n =…-, 所以S n =1+ + +…+- - = - -- =2-,所以S n +>(-1)n ·a 即2->(-1)n ·a. 设f(n)=2-(n ∈N *), 由于f(n)=2- 单调递增,故当n 为奇数时,f(1)=1为最小值,所以-a<1,则a>-1, 当n 为偶数时,f(2)=为最小值,所以a<. 所以a 的取值范围为 -.9.(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+…+ - (k ∈N *)的值. 解析 (1)根据题意得解得所以数列{a n }的通项公式为a n =a 1+(n-1)d= n+ . (2)解法一:由(1)得 - = (3n -1)+ =×3n , 所以a 2+a 8+a 26+…+ - =×(31+32+33+…+3k ) = ×- -= (3k-1).解法二:设b n = - =(3n -1)+ =×3n ,则=3(n ∈N *). 所以数列{b n }是首项为,公比为3的等比数列, 所以数列{b n }的前k 项和T k =- -=(3k -1).10.(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 解得 或-∴a n =2n-1,b n =2n-1或a n =(5-2n),b n =6n-1. (2)若a n <a n+1,由(1)知a n =2n-1, 则= - = - -, ∴T n =--…- - =.。
2020届高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和、数列的综合应用教师用书理(PDF,含解析)
１ ４
（ ａ１ ＋１） ２ ，∴
（ ａ１ －１） ２ ＝ ０，∴
ａ１ ＝ １；
当 ｎ≥２ 时，ａｎ ＝ Ｓｎ －Ｓｎ－１ ＝
１ ４
（ａｎ ＋１） ２ －
１ ４
（ ａｎ－１ ＋１） ２ ，
∴
ａ２ｎ
－
ａ２ ｎ－１
－
２ａ
ｎ
－
２ａ
ｎ－
１
＝ ０，∴
（ ａｎ ＋ａｎ－１ ） （ ａｎ －ａｎ－１ －２）＝
０，
∵ ａｎ ＞０，∴ ａｎ ＋ａｎ－１ ＞０，∴ ａｎ －ａｎ－１ ＝ ２（ ｎ≥２） ．
１ Ｓｎ
的前 １００ 项的和为
（ ）
２００ Ａ．
１０１
１００ Ｂ．
１０１
１ Ｃ．
１０１
２ Ｄ．
１０１
答案 Ａ
解析
∵
Ｓ４
＝
４（ａ１ ＋ａ４） ２
＝ １０，∴
ａ１ ＋ａ４
＝
５，
∵ ａ１ ＋ａ４ ＝ ａ２ ＋ａ３ ，ａ３ ＝ ３，∴ ａ２ ＝ ２．
（ １） 求数列｛ ａｎ ｝ 的通项公式；
（２） 设 ｂｎ ＝ ２ｌｏｇ２ ａｎ －１，求数列｛ ａｎ ｂｎ ｝ 的前 ｎ 项和 Ｔｎ ．
解析 （１）设数列｛ａｎ｝的公比为 ｑ，
因为 ａ２ ＝ ４，所以 ａ３ ＝ ４ｑ，ａ４ ＝ ４ｑ２ ．
（２ 分）
因为 ａ３ ＋２ 是 ａ２ 和 ａ４ 的等差中项，
＝
２ｎ－１ ２ｎ－１．
（ ２） 令
Ｔｎ
＝
１ ｂ１
＋
１ ｂ２
＋…＋
１ ｂｎ
，则
Ｔｎ
＝ １＋
３ ２
＋５ ２２
2020年高考北京版高考数学 6.4 数列的综合应用
从而数列{cn}的前n项和Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1
= n(1 2n 1) + 1 3n =n2+ 3n 1.
2
13
2
(1) 1 = 1- 1;
n(n 1) n n 1
(2) (2n
1 1)(2n
1)
= 12 2n11
1 2n
1
;
(3) 1 = n 1- n .
n n1
5.分组求和法
有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开, 可分为几个等差、等比或常见的数列,即先分别求和,再合并,形如:
由已知得
2q 1
(1 d ) 2d 2q2
1, 13,
解得
d q
10, 或
4
d q
2, 2.
∵d>0,∴d=2,q=2,
∴an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2×2n-1=2n, 即an=2n-1(n∈N*),bn=2n(n∈N*).
2
2
2
- 5 ×8=304.故选D.
2
答案 D
考向基础
考点二 数列的综合应用
1.解答数列应用题的基本步骤
(1)审题——仔细阅读材料,认真理解题意;
(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学
问题,弄清该数列的特征以及要求什么;
(3)求解——求出该问题的数学解;
(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中.
1)
;13+23+33+…+n3=
【高考推荐】2020-2021高考数学一轮复习第六章数列6.4数列的综合应用.练习理
§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国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.440B.330C.220D.110答案 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= .答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=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b1,b11,b101;(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.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(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)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=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===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(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*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a nb n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n==-.T n=1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-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.6B.7C.8D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .答案643.(2017山东,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=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P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,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b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国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+1=,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 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+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=…,证明:T n≥.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-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以T n>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=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)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(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 n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,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在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(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+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在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-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x 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)=,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)=-(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=+x k+1=.又g k+1(x)-=,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)>.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)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-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)=·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,则x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,则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).9.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.10.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5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,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=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==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-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41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1==.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.④由③,④知,a n+1-a n=.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+=1+·=+·,故数列{a n}的通项公式为a n=+·.12.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,且T n+=λ(λ为常数),令c n=b2n(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n. 解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由题意知T n=λ-,所以n≥2时,b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1),n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,两式相减得R n=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.13.(2013广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)依题意得,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n≥2时,2S n=na n+1-n3-n2-n,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)两式相减得2a n=na n+1-(n-1)a n-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)a n=na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n=n2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<,综上,对一切正整数n,有++…+<.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列求和1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案 C2.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{a n}中,a4=5,a7=11.设b n=(-1)n·a n,则数列{b n}的前100项之和S100=( )A.-200B.-100C.200D.100答案 D3.(2016山东部分重点中学第二次联考,7)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m项和为,则m的值为( )A.8B.9C.10D.11答案 B4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知S n为{a n}的前n项和,若a n(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于.答案 2 332考点二数列的综合应用5.(2017广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{a n}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )A.20B.22C.24D.28答案 B6.(人教A必5,二,2-5A,5,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:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因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,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案 B7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{a n}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+=.答案2n2+2n8.(2017广东“六校联盟”联考,14)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=2a n-1(n∈N*),则数列{na n}的前n项和T n为.答案(n-1)2n+1B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:50分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{a n}中,n=1,2,3,…,729,且a n=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{a n}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{b n},容易发现数列{b n}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{a n}的所有项的和为S,数列{b n}的所有项的和为T,则( )A.S>TB.S=TC.S<TD.S与T的大小关系不确定答案 A2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=则S2 018等于( )A. B. C. D.答案 B3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=+3a n,n∈N*,b n=,若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),且b n=a n cos,记S n为数列{b n}的前n项和,则S24=( )A.294B.174C.470D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+=.答案2n2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列{a n},定义H n=为{a n}的“优值”,现在已知某数列{a n}的“优值”H n=2n+1,记数列{a n-kn}的前n项和为S n,若S n≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是.答案三、解答题(共30分)7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,数列{b n}的前n项和为T n,若不等式(-1)nλ<T n+对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.解析(1)由a n+1=(n∈N*),得==+1,∴+=3,又+=,∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,从而+=×3n-1⇒a n=.(2)将a n=代入b n=(3n-1)··a n可得b n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得=+++…+-n×=2-,∴T n=4-,∴(-1)nλ<4-,若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,∴-2<λ<3.8.(2017河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2015年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式(注:2016年为第一年);(2)若新政策实施后的2016年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)解析(1)当n≤10时,数列{a n}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故a n=45.5+0.5×(n-1), 当n≥11时,数列{a n}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故a n=50×0.99n-10,因此,新政策实施后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式为a n=n∈N*.(2)设S n(单位:万人)为数列{a n}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 错位相减法求和1.(2017河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{a n}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为S n,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+1=,T n为数列{b n}的前n项和,若T n≥m恒成立,求m的最大值.解析(1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴a n=.(2)∵a n+1=,∴=,∴b n=n·2n-1,∴T n=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①∴2T n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②由①-②得,-T n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴T n=1+(n-1)·2n.∵T n≥m恒成立,只需(T n)min≥m即可,∵T n+1-T n=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,∴{T n}为递增数列,∴当n=1时,(T n)min=T1=1,∴m≤1,∴m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,p n的“均倒数”,已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为,又b n=,则++…+等于( )A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{a n}满足S n=2a n-1(n∈N*),{b n}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=-(n∈N*),求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,n≥2,即a n=2a n-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.∴b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,∴T n=-2=2--2=-21-n.。
2020版高考数学北京版大一轮精准复习精练：6.4数列的综合应用含解析
(2) 证明 : 由 (1) 得
=
=- ,
所以 Tn=1- + - +…+ - =1- <1.
因此 Tn<1. 4. 在等差数列 {a n} 中 ,a 2=4, 其前 n 项和 Sn 满足 Sn=n2+λn( λ∈ R). (1) 求实数 λ 的值 , 并求数列 {a n} 的通项公式 ;
(2) 若数列
又 =5, 所以数列 是首项为 5, 公差为 1 的等差数列 .
(2) 由(1) 可知 =5+(n-1)=n+4, 所以 Sn=n2+4n.
当 n≥ 2 时,a n=Sn-Sn-1 =n2+4n-(n-1) 2-4(n-1)=2n+3. 又 a1=5 也符合上式 , 所以 an=2n+3(n ∈ N * ),
=2+2
-
-
-(2n-1)2 n+1=-6-(2n-3)2 , n+1
-
所以 Tn=6+(2n-3)2 . n+1
方法 2 裂项相消法求和
3. 已知数列 {a n }(n ∈ N *) 是公差不为 0 的等差数列 ,a 1=1, 且 , , 成等比数列 .
(1) 求数列 {a n} 的通项公式 ;
(2) 设数列
等差数列 等比数列 充分必要条件的判
断
★★★
2. 数列 的综合 应用
关系或等比关系 , 抽象 出数列的模型 , 并能用 有关知识解决相应的 问题
2017 北京 ,20
等差数列中的有 关问题
不等式
★★★
2. 能综合应用等差、 等
比数列解决相应问题
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 , 解答数列的综合问题和实际问题 , 培养学生的
2020新课标高考数学(文)总复习专题限时训练：数列的综合应用含解析
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1．已知数列{an}为等差数列、满足 ＝a3 ＋a2 013 、其中A、B、C在一条直线上、O为直线AB外一点、记数列{an}的前n项和为Sn、则S2 015的值为( )
因为t2－2t＋ >bn恒成立、
所以t2－2t＋ > 、
解得t<0或t>2、
所以实数t的取值范围为(－∞、0)∪(2、＋∞)．
解析：设等差数列{an}的公差为d、因为a3＋a7＝36、所以a4＋a6＝36、与a4a6＝275联立、
解得 或
当 时、可得 此时an＝7n－17、a2＝－3、a3＝4、易知当n≤2时、an<0、当n≥3时、an>0、所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；
当 时、可得 此时an＝－7n＋53、a7＝4、a8＝－3、易知当n≤7时、an>0、当n≥8时、an<0、所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．
解析：当n≥2时、因为Sn＝2bn－1、所以Sn－1＝2bn－1－1、所以bn＝2bn－2bn－1、所以bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)、因为b1＝2b1－1、所以b1＝1、所以数列{bn}是首项为1、公比为2的等比数列、所以bn＝2n－1.
设a1、a2、a4、a7、a11、…的下标1,2,4,7,11、…构成数列{cn}、则c2－c1＝1、c3－c2＝2、c4－c3＝3、c5－c4＝4、…、cn－cn－1＝n－1、累加得、cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)、所以cn＝ ＋1、由cn＝ ＋1＝56、得n＝11、所以a56＝b11＝210＝1 024.
2020届高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和、数列的综合应用课件
22aann
, an 36,
18, an
18
(n=1,2,…).记集合
M={an|n∈N*}.
(1)若a1=6,写出集合M的所有元素;
(2)若集合M存在一个元素是3的倍数,证明:M的所有元素都是3的倍数;
(3)求集合M的元素个数的最大值.
解析 (1)6,12,24.
(2)证明:因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设ak是3的倍数.
(3)由a1≤36,an=
22aann11
, an1 18, 36, an1
18
可归纳证明an≤36(n=2,3,…).
因为a1是正整数,a2=
22aa11
, a1 18, 36, a1
18,
所以a2是2的倍数,
从而当n≥3时,an是4的倍数.
如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数,
1 an
前10项的和为
.
答案 20
11
解析 由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+
n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an= n22 n (n≥2),又当n=1时,a1=1也适合
2020届高考数学(文)总复习课件： 数列的综合应用
D．a，b，c 成公比为12的等比数列，且 c＝570
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解析：由题意可得，a，b，c 成公比为12的等比数列，b＝12a， c＝12b，故 4c＋2c＋c＝50，解得 c＝570.故选 D. 答案：D
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3．(2019·江西金溪一中月考)据统计测量，已知某养鱼场，第一
年鱼的质量增长率为 200%，以后每年的增长率为前一年的一
[解析] 依题意，2019 年 1 月 1 日存款 a 元后，账户中一共有 a(1＋p)＋a＝(ap＋2a)(元)．
2022 年 1 月 1 日可取出钱的总数为 a(1＋p)4＋a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p) ＝a·1＋1p－[1－1＋1p＋ p4]＝ap[(1＋p)5－(1＋p)]＝ap[(1＋p)5－1－p]． [答案] ap＋2a ap[(1＋p)5－1－p]
＝3×2x 的图象上，等比数列{bn}满足 bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，
其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是
()
A．Sn＝2Tn
B．Tn＝2bn＋1
C．Tn>an
D．Tn<bn＋1
解析：因为点(n，Sn＋3)在函数 y＝3×2x 的图象上，
所以 Sn＋3＝3×2n，即 Sn＝3×2n－3.
所以数列ana1n＋1的前 10 项和为12×－13－－11＋12×－11－11 ＋…＋12×115－117＝12×－13－117＝－1501. 答案：－1501
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3．(2019·武汉调研)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列
{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.
(1)若 a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：6.4 数列求和 Word版含答案.docx
§6.4 数列求和1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.知识拓展数列求和的常用方法 (1)公式法直接利用等差、等比数列的求和公式求和． (2)分组转化法把数列转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠4．(2017·潍坊调研)设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n 4B.n 2＋5n3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n答案 A解析 设等差数列的公差为d ，则a 1＝2， a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d .又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6. 即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0. ∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 24＋74n .5．(2018·日照质检)数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4.∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008.题型一 分组转化法求和典例 (2018·合肥质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧ b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．题型二 错位相减法求和典例 (2017·天津)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 (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＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②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，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，③4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④③－④，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.思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．跟踪训练 (2018·阜阳调研)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 ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 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·⎝⎛⎭⎫29n －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.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型典例 (2017·郑州市第二次质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34.(1)解 由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2， 即a n ＋1－1＝3(a n －1)， 又a 1－1＝－2－1＝－3≠0，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n .故a n ＝－3n ＋1.(2)证明 由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ， 得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝12⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1⎭⎫－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. 命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型典例 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． 跟踪训练 (2018届贵州遵义航天高级中学模拟)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)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 当n ＝1时，a 1＋a 2＝4，当n ＝2时，a 1＋a 2＋a 2＋a 3＝12，即4a 2＝12，a 2＝3， ∴a 1＝1，d ＝a 2－a 1＝2，∴等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， ∴a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.四审结构定方案典例 (12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ――――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大 ―――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n＝－12n 2＋4n ――→根据S n求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1―――――――→根据数列结构特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1―――→错位相减法求和 计算可得T n ―→证明：T n <4规范解答(1)解 当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立． 综上，a n ＝92－n .[6分](2)证明 ∵9－2a n 2n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[7分]②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分]∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4.[12分]1．(2018·广州调研)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . 2．(2018·长春调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17等于( ) A ．9 B ．8 C ．17 D ．16答案 A解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.3．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n－1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.4．(2018·深圳调研)已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前12项和为( ) A ．211 B ．212 C ．126 D ．147答案 D解析 由题意可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝a 1＋1＝2，a 4＝2a 2＋0＝4，a 5＝a 3＋1＝3，a 6＝2a 4＝8.即其奇数项构成首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成首项为2，公比为2的等比数列，所以该数列的前2n 项的和S 2n ＝⎣⎡⎦⎤n ＋n (n －1)2×1＋2(1－2n)1－2＝n 2＋n 2＋2n ＋1－2， 令n ＝6，可得S 12＝147.6．(2018届南宁二中、柳州高中联考)已知数列2 008，2 009，1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018＝________. 答案 4 017解析 由题意可知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝2 008， a 2＝2 009，∴a 3＝1，a 4＝－2 008，a 5＝－2 009，a 6＝－1，a 7＝2 008，…， 所以a n ＋6＝a n ，即数列{a n }是以6为周期的数列， 又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，∴S 2 018＝336(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋(a 1＋a 2)＝4 017.7．(2017·全国Ⅱ)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2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1.8．(2018·商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________． 答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .9．(2018届湖南永州模拟)若S n ＝12＋12＋4＋12＋4＋6＋…＋12＋4＋6＋…＋2n (n ∈N *)，则S 2 017＝________. 答案2 0172 018解析 令a n ＝12＋4＋6＋…＋2n ＝2(2＋2n )n ＝1n －1n ＋1，故S 2 017＝1－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＝2 0172 018.10．(2017·安阳二模)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1 (n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________. 答案 4n －1解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列， ∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n－1.11．(2018届广东佛山三水区实验中学模拟)已知等差数列{a n }的公差d 为2，S n 是它的前n 项和，a 1，a 4，a 13成等比数列． (1)求a n 和S n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求T n .解 (1)因为a 4＝a 1＋3d ＝a 1＋6， a 13＝a 1＋12d ＝a 1＋24， 而a 1，a 4，a 13成等比数列， 所以a 24＝a 1a 13，即(a 1＋6)2＝a 1(a 1＋24)，解得a 1＝3， 所以a n ＝3＋(n －1)·2＝2n ＋1， S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n .(2)由(1)知1S n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 所以T n ＝12⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32n 2＋6n ＋4. 12．(2017·天津河西区二模)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1，求数列{b n }的通项公式；(3)令c n ＝a n b n4(n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，可知a 1＝2满足该式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)． (2)a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1(n ≥1)，①a n ＋1＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1＋b n ＋13n ＋1＋1，②②－①得b n ＋13n ＋1＋1＝a n ＋1－a n ＝2，b n ＋1＝2(3n ＋1＋1)，而b 1＝8，故b n ＝2(3n ＋1)(n ∈N *)． (3)∵c n ＝a n b n4＝n (3n ＋1)＝n ·3n ＋n ，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n )＋(1＋2＋…＋n )． 令H n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，③ 则3H n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，④③－④得－2H n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1，H n ＝(2n －1)·3n ＋1＋34，∴数列{c n }的前n 项和 T n ＝(2n －1)·3n ＋1＋34＋n (n ＋1)2.13．(2018届广东珠海一中等六校联考)数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋a 1＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017等于( )A.2 0162 017B.4 0322 017C.2 0172 018D.4 0342 018答案 D解析 由题意可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 1＝1，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ， 以上各式相加可得a n ＝n (n ＋1)2，则1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝2×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 017－12 018 ＝4 0342 018. 14．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫22 017＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0162 017，则S ＝________. 答案 1 008解析 ∵f (x )＝4x 4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1.S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫22 017＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0162 017，① S ＝f ⎝⎛⎭⎫2 0162 017＋f ⎝⎛⎭⎫2 0152 017＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 017，② ①＋②，得2S ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫2 0162 017＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫22 017＋f ⎝⎛⎭⎫2 0152 017＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2 0162 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 017 ＝2 016， ∴S ＝2 0162＝1 008.15．(2017·贵州一中、凯里一中联考)已知函数f (x )＝e xe x ＋1，{a n }为等比数列，a n >0且a 1 009＝1，则f (ln a 1)＋f (ln a 2)＋…＋f (ln a 2 017)等于( ) A ．2 007 B.11 009 C ．1D.2 0172答案 D解析 ∵f (x )＝e xe x ＋1，∴f (－x )＋f (x )＝e－xe －x ＋1＋e xe x ＋1＝1，∵数列{a n }是等比数列，∴a 1a 2 017＝a 2a 2 016＝…＝a 1 008a 1 010＝a 21 009＝1， 设S 2 017＝f (ln a 1)＋f (ln a 2)＋…＋f (ln a 2 017)，① 则S 2 017＝f (ln a 2 017)＋f (ln a 2 016)＋…＋f (ln a 1)，② ①＋②得2S 2 017＝2 017， ∴S 2 017＝2 0172，故选D.16．(2018·南昌调研)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a na n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 要使T n 为有理数，只需1n ＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。
2020年高考数学总复习 数列的综合应用(限时练习)详细
限时训练16 数列的求和与数列的综合应用一、选择题1.数列{a n }的前n 项和为S n ,若)1(1+=n n a n ,则S 5等于( ) A.1 B.65 C.61 D.301 解析: 111)1(1)1(1+-=+-+=+=n n n n n n n n a n , ∴S 5＝a 1+a 2+a 3+a 4+a 5＝6561513121211=-++-+-Λ. 答案:B2.等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 2+a 6+a 10为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是( )A.S 6B.S 11C.S 12D.S 13 解析:由a 2+a 6+a 10＝3a 6为常数,则a 6为常数. ∴611111112)(11a a a S =+⨯=为常数. 故选B.答案:B3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),则S 15+S 22-S 31的值是( )A.13B.-76C.46D.76 解析:对数列{a n }的相邻两项结合后,再求和.答案:B4.已知{a n }是等差数列,a 1+a 2＝4,a 7+a 8＝28,则该数列前10项和S 10等于( )A.64B.100C.110D.120 解析:设公差为d,则由已知得1002291011021281324210111=⨯⨯+⨯=⇒⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=+=+S d a d a d a . 答案:B5.记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若211=a ,S 4＝20,则S 6等于( ) A.16 B.24 C.36 D.48 解析:由题意,知S 4＝2+6d ＝20,∴d＝3.故S 6＝3+15d ＝48.答案:D6.如果f(a+b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝2,则)2007()2008()5()6()3()4()1()2(f f f f f f f f ++++Λ等于( )A.4 016B.1 004C.2 008D.2 006 解析:由f(a+b)＝f(a)·f(b)得f(n+1)＝f(n)·f(1),2)1()()1(==+f n f n f ,S ＝2×1 004＝2 008.答案:C 7.已知椭圆13422=+y x 上有n 个不同的点P 1,P 2,P 3,…,P n ,设椭圆的右焦点为F,数列{|PF n |}是公差大于10031的等差数列,则n 的最大值为 …( ) A.2 005 B.2 006 C.1 002 D.1 003 解析:数列{|PF n |}是以1为首项,|PF n |＝3为末项的等差数列,3＝|PF n |＝1+(n-1)d,(n-1)d ＝2,,21d n =-由d ＞10031可得答案. 答案:B8.设{a n }为各项均是正数的等比数列,S n 为{a n }的前n 项和,则( ) A.6644S a S a = B.6644S a S a > C.6644S a S a < D.6644S a S a ≤ 解析:由题意得q ＞0,当q ＝1时,有061416644>-=-S a S a ; 当q≠1时,有 )1()1()1()1(615141316644q a q q a q a q q a S a S a -----=- 0111)1)(1(1)1(6236423>--•+=---•-=q q q q q q q q q , 所以6644S a S a >.故选B. 答案:B9.(2020安徽合肥高三第一次质检,理5）已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和,S 10＞0并且S 11＝0,若S n ≤S k 对n∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为( )A.{5}B.{6}C.{5，6}D.{7} 解析:由S 10＞0，并且S 11＝0，知a 6＝0,a 11＜0,所以d ＜0.故S 5＝S 6且最大.又S n ≤S k 对n∈N *恒成立，所以正整数k 构成集合为{5，6}.答案:C10.已知数列{a n }的通项公式是1+=bn an a n ,其中a 、b 均为正常数,那么a n 与a n+1的大小关系是( )A.a n ＞a n+1B.a n ＜a n+1C.a n ＝a n+1D.与n 的取值有关 解析:将a n 看成1)(+=bx ax x f ,又a 、b 为正数, ∴f(x)＞0. 0)1()1()'1()1()'()('22>+=++-+=bx a bx bx ax bx ax x f 恒成立, 即1+=bn an a n 关于n 是递增的. ∴a n+1＞a n .答案:B二、填空题11.设数列{a n }的通项为a n ＝2n-7(n∈N *),则|a 1|+|a 2|+…+|a 15|＝___________.解析:由a n ＝2n-7≤0得n≤27,a i ≤0(i＝1,2,3), S n ＝a 1+a 2+…+a n ＝n 2+n-7n ＝n 2-6n.所以|a 1|+|a 2|+…+|a 15|＝-a 1-a 2-a 3+a 4+a 5+…+a 15＝-2S 3+S 15＝-2×(-9)+135＝153. 答案:15312.数列841,631,421,2112222++++,…的前n 项和等于________. 解析:∵)211(21212+-=+=n n n n a n , ∴原式＝)]211()4121()311[(21+-++-+-n n Λ )2)(1(23243)2111211(21+++-=+-+-+=n n n n n . 答案:)2)(1(23243+++-n n n 13.已知等比数列{a n }的公比为q,前n 项和为S n ,且S 3,S 9,S 6成等差数列,则q 等于__________.解析:公比q ＝1时,不符合题意,∴q≠1. ∴qq a q q a q q a --+--=--1)1(1)1(1)1(2613191. 解得321-=q .答案:321- 14.定义一种“*”运算:对于n∈N *,满足以下运算性质:①2*2＝1;②(2n+2)*2＝3(2n*2).则用含n 的代数式表示2n*2为_________.解析:由已知得32*)22(2*2+=n n ,令a n ＝2n*2,当n ＝1时,a 1＝2*2＝1＝30;n ＝2时,a 2＝4*2＝(2+2)*2＝3(2*2)＝3＝31;n ＝3时,a 3＝6*2＝(2×2+2)*2＝3(4*2)＝32,亦可知a 4＝33,a 5＝34,…,则可得2n*2＝3n-1.答案:3n-1三、解答题15.已知数列{log 2(a n -1)}为等差数列,且a 1＝3,a 2＝5.(1)求证:数列{a n -1}是等比数列;(2)求nn a a a a a a -++-+-+12312111Λ的值. (1)证明：设log 2(a n -1)-log 2(a n-1-1)＝d(n≥2),∴d＝log 2(a 2-1)-log 2(a 1-1)＝log 24-log 22＝1.∴log 2(a n -1)＝n.∴a n -1＝2n . ∴2111=---n n a a (n≥2). ∴{a n -1}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)解:由(1)可得a n -1＝(a 1-1)·2n-1,∴a n ＝2n +1. ∴nn n n a a a a a a 221221221111123212312-++-+-=-++-+-++ΛΛ n n 2112121212-=+++=Λ. 16.已知数列{a n }的通项⎩⎨⎧-=,,2,,56为偶数为奇数n n n a n n 求其前n 项和S n . 解:当n 为奇数时,以奇数项组成以a 1＝1为首项,公差为12的等差数列;偶数项组成以a 2＝4为首项,公比为4的等比数列. ∴41)41(42)561(2121--+-++=-n n n n S 3)12(42)23)(1(1-+-+=-n n n . 当n 为偶数时,奇数项和偶数项各有2n 项, ∴41)41(42)561(22--+-+=n n n n S 3)12(42)23(-+-=n n n .教学参考例题 志鸿优化系列丛书【例1】 (2020河北保定高三第一学期调研,22）已知正项数列{a n }满足a n+12-a n 2-2a n+1-2a n ＝0,a 1＝1.设b n ＝n 3-3n 2+5-a n .(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)试比较a n 与b n 的大小;(理)(3)设n n b n n c -+-=6123,且数列{c n }的前n 项和为S n ,求n n S ∞→lim 的值. 解:(1)由a n+12-a n 2-2a n+1-2a n ＝0,得(a n+1+a n )(a n+1-a n -2)＝0.因为a n ＞0,所以a n+1-a n -2＝0,a n+1-a n ＝2.所以数列{a n }是以a 1＝1为首项,以2为公差的等差数列.所以a n ＝1+(n-1)×2＝2n-1,b n ＝n 3-3n 2+5-a n ＝n 3-3n 2+5-2n+1＝n 3-3n 2-2n+6.(2)由(1)得b n -a n ＝n 3-3n 2-2n+6-(2n-1)＝n 3-3n 2-4n+7,当n ＝1时,b 1-a 1＝1-3-4+7＝1＞0⇒b 1＞a 1;当n ＝2时,b 2-a 2＝23-3×22-4×2+7＝-5＜0⇒b 2＜a 2;当n ＝3时,b 3-a 3＝33-3×32-4×3+7＝-5＜0⇒b 3＜a 3;当n ＝4时,b 4-a 4＝43-3×42-4×4+7＝7＞0⇒b 4＞a 4.下面考查函数f(x)＝x 3-3x 2-4x+7(x≥4),f′(x)＝3x 2-6x-4＝3(x-1)2-7,当x ＝4时,f′(x)＞0,所以f(x)在［4,+∞)上递增.所以当n≥4时数列{b n -a n }单调递增,即0＜b 4-a 4＜b 5-a 5＜…＜b n -a n ＜….综上,当n ＝1或n≥4时,b n ＞a n ,当n ＝2,3时,b n ＜a n .（理）(3)由(1)得)623(6161232323+---+-=-+-=n n n n n b n n c n n )111(21)1(21+-=+=n n n n . 所以)111(21)111413*********(21+-=+-++-+-+-=n n n S n Λ. 所以21)111(21lim lim =+-=∞→∞→n S n n n . 【例2】 某汽车销售公司为促销采取了较为灵活的付款方式,对购买10万元一辆的轿车在一年内将款全部付清的前提下,可以选择以下两种分期付款的方案购车:方案一:分3次付清,购买后4个月第1次付款,再过4个月第2次付款,再过4个月第3次付款.方案二:分12次付清,购买后1个月第1次付款,再过1个月第2次付款,…,购买后12个月第12次付款.规定分期付款中每期付款额相同,月利率为0.8%,每月利息按复利计算,即指上月利息要计入下月的本金.(1)试比较以上两种方案的哪一种方案付款总额较少?(2)若汽车销售公司将收回的售车款进行再投资,可获月增长2%的收益,为此对一次性付款给予降价p%的优惠,为保证一次性付款经一年后的本金低于方案一和方案二中较少一种的付款总额,且售车款再投资一年后的本金要高于车价款一年的本金,试确定p 的取值范围.(注:计算结果保留三位有效数字,参考数据:1.0083≈1.024,1.0084≈1.033,1.00811≈1.092,1.00812≈1.1,1.0211≈1.243,1.0212≈1.268)解:(1)对于方案一,设每次付款额为x 1万元,那么一年后,第一次付款的本金为1.0088x 1万元,第2次付款的本金为1.0084x 1万元,第3次付款的本金为x 1万元,则1.0088x 1+1.0084x 1+x 1＝10×1.00812.解得x 1≈3.63(万元).付款总额为3×3.63＝10.89(万元).对于方案二,设每次付款为x 2万元,那么一年后,第一次付款的本金为1.00811x 2万元,第2次付款的本金为1.00810x 2万元,…,第12次付款的本金为x 2万元,则1.00811x 2+1.00810x 2+…+1.008x 2+x 2＝10×1.00812.解得x 2≈0.88(万元),付款总额为12×0.88＝10.56(万元),显然,第二种方案付款总额较少.(2)如果降低p%的售车款为10(1-p%),那么一年后产生的本金为10(1-p%)×1.00812,而转入再投资所产生的本金为10(1-p%)(1+2%)12,则依题意有⎪⎩⎪⎨⎧+-<⨯<⨯-,%)21%)(1(10008.110,56.10008.1%)1(10121212p p 解得4＜p ＜13.2.。
2020年高考山东版高考理科数学 6.4 数列的综合应用
6.4 数列的综合应用挖命题【考情探究】分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.破考点【考点集训】考点一数列求和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=,则S5等于( )A.1B.C.D.答案B2.(2018湖南长沙模拟,17)设S n是数列{a n}的前n项和,已知a1=1,S n=2-2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(-1)n lo a n,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2-2a n+1,a1=1,∴当n=1时,S1=2-2a2,得a2=1-=1-=;当n≥2时,S n-1=2-2a n,∴当n≥2时,a n=2a n-2a n+1,即a n+1=a n,又a2=a1,∴{a n}是以1为首项,为公比的等比数列..∴数列{a n}的通项公式为a n=-(2)由(1)知b n=(-1)n(n-1),∴T n=0+1-2+3-…+(-1)n(n-1),当n为偶数时,T n=(-0+1)+(-2+3)+…+[-(n-2)+n-1]=;当n为奇数时,T n=T n+1-b n+1=-n=-,-为奇数∴T n=为偶数考点二数列的综合应用1.(2018河北唐山二模,8)设{a n}是任意等差数列,它的前n项和、前2n项和与前4n项和分别为X,Y,Z,则下列等式中恒成立的是( )A.2X+Z=3YB.4X+Z=4YC.2X+3Z=7YD.8X+Z=6Y答案D2.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:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因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,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案B3.(2018安徽安庆二模,17)已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1=2,且a1+1,a2+1,a4+1成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,S n是数列{b n}的前n项和,求使S n<成立的最大的正整数n.解析(1)设{a n}的公差为d.由a1+1,a2+1,a4+1成等比数列,可得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1),又a1=2,∴(3+d)2=3(3+3d),解得d=3(d=0舍去),则a n=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.(2)b n==-=--,S n=--…--=-=,则S n<即<,解得n<12,则所求最大的正整数n为11.炼技法【方法集训】方法1 错位相减法求和1.(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,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2log2a 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a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4,即2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.因为公比q≠0,所以q=2.所以a n=a2q n-2=4×2n-2=2n(n∈N*).(2)因为a n=2n,所以b n=2log2a 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×----(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以T n=6+(2n-3)2n+1.2.(2018湖北武汉模拟,17)已知正数等比数列{a n}的前n项和S n满足:S n+2=S n+.(1)求数列{a n}的首项a1和公比q;(2)若b n=na n,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)∵S n+2=S n+,∴S3=S1+,S4=S2+,两式相减得:a4=a2,∴q2=,又q>0,则q=.又由S3=S1+,可知:a1+a2+a3=a1+,∴a1=a1+,∴a1=1.(2)由(1)知a n=-,∴b n=-,∴T n=1+++…+-,T n=++…+--+,两式相减得T n=1++…+--=2---,∴T n=4--.方法2 裂项相消法求和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,a3=3,S4=10,则数列的前100项的和为( )A. B. C. D.答案A2.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案B3.(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=log2(-a n+1),求数列的前n项和T n.解析(1)当n=1时,a1=S1=2a1+1,得a1=-1;当n≥2时,根据题意得S n-1=2a n-1+1,∴a n=S n-S n-1=(2a n+1)-(2a n-1+1)=2a n-2a n-1(n≥2),即=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=log2(-a n+1)=log22n=n.∴==-,∴T n=-+-+…+-=1-=.过专题【五年高考】A组山东省卷、课标卷题组考点一数列求和1.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案2.(2015课标Ⅱ,16,5分,0.154)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= . 答案-3.(2018课标Ⅱ,17,12分)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并求S n的最小值.解析(1)设{a n}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n-9.(2)由(1)得S n=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,S n取得最小值,最小值为-16.方法总结求等差数列前n项和S n的最值的两种方法:(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式S n=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)邻项变号法:①当a1>0,d<0时,满足的项数m,可使得S n取得最大值,最大值为S m;②当a1<0,d>0时,满足的项数m,可使得S n取得最小值,最小值为S m.4.(2017山东,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=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P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.-因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,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b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+----(2n+1)×2n-1.所以T n=-.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.方法总结一般地,如果{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,求数列{a n·b n}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“S n-qS n”的表达式.5.(2016课标Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=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b1,b11,b101;(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.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(2)因为b n=所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.思路分析(1)先求公差,从而得通项a n,再根据已知条件求b1,b11,b101.(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.6.(2016山东,18,12分)已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+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=,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,a1=S1=11,所以a n=6n+5.设数列{b n}的公差为d.由即可解得b1=4,d=3.所以b n=3n+1.(2)由(1)知c n==3(n+1)·2n+1.又T n=c1+c2+…+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]-=-3n·2n+2.=3×--所以T n=3n·2n+2.考点二数列的综合应用(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.440B.330C.220D.110答案AB组其他自主命题省(区、市)卷题组考点一数列求和1.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .答案 62.(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a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(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=-2(n∈N*).解析本小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=4.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.=2n-1,(2)(i)由(1),有S n=---n=2n+1-n-2.故T n=--=--(ii)证明:因为=--=·=-,所以,=-+-+…+-=-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.3.(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,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b2n-1}的前n项和(n∈N*).解析本小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b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+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b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=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{a2n b2n-1}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2n b2n-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=---4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n=-×4n+1+.所以,数列{a2n b2n-1}的前n项和为-×4n+1+.方法总结(1)等差数列与等比数列中有五个量a1,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a1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.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b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意有,即解得或故--或·-(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=-,-,①于是T n=1+++++…+--T n=+++++…+-.②①-②可得--=3-,T n=2+++…+-.故T n=6--考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-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.6B.7C.8D.9答案D2.(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273.(2018浙江,20,15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.(1)求q的值;(2)求数列{b n}的通项公式.解析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.(1)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=8.由a3+a5=20得8=20,解得q=2或q=,因为q>1,所以q=2.(2)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(1)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)·-.易错警示利用错位相减法求和时,要注意以下几点:(1)错位相减法求和,只适合于数列{a n b n},其中{a n}为等差数列,{b n}为等比数列.(2)在等式两边所乘的数是等比数列{b n}的公比.(3)两式相减时,一定要错开一位.(4)特别要注意相减后等比数列的次数.(5)进行检验.4.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+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=…-,证明:T n≥.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-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知=…-.T n=…-当n=1时,T1=.当n≥2时,因为=-=->---=-=-.所以T n>×××…×-=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.C组教师专用题组考点一数列求和1.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .答案632.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .答案643.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)-(2)-4.(2012课标,16,5分)数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,则{a n}的前60项和为.答案 1 8305.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.6.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,所以由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1-=(-1)n-1-.当n为偶数时,T n=-+…+----=1-=. 当n为奇数时,T n=-+…--+-+-+=1+=.所以T n=为奇数为偶数或--7.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=--8.(2013四川,16,12分)在等差数列{a n}中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列{a n}的首项、公差及前n项和.解析设该数列公差为d,前n项和为S n.由已知,可得2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d).所以a1+d=4,d(d-3a1)=0,解得a1=4,d=0或a1=1,d=3,即数列{a n}的首项为4,公差为0或首项为1,公差为3.所以数列的前n项和S n=4n或S n=-.9.(2011课标Ⅰ,17,12分)等比数列{a n}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a2a6.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列的前n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由=9a2a6得=9,所以q2=.由条件可知q>0,故q=.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=.所以数列{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)及题意可得b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-.故=-=-2-.++…+=-2--…-=-.所以数列的前n项和为-.失分警示本题在由a n求b n时易忽略负号,错误计算得b n=,或者将裂项时误写成=2-或-·-,导致求和错误.评析本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题.考点二数列的综合应用1.(2018江苏,20,16分)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a1=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|≤b1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∈R,使得|a n-b n|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,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,],所以1<q n-1≤q m≤2,从而---b1≤0,--b1>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)=(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,--=-≤-=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-.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|≤b1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d分离出来,变成---b1≤d≤--b1,难点在于讨论---b1的最大值和--b1的最小值.对于数列---,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列--,要作商讨论单调性,∵--=-=q-,当2≤n≤m时,1<q n≤2.∴q-≤-,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<1,得到数列--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-与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.2.(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*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=-,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=-;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以,{a n}的通项公式为a n=-为奇数为偶数(2)由(1)得b n=-=-.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×-+n×-,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×-+n×, 上述两式相减,得S n=1+++…+--=---=2--,整理得,S n=4--.所以,数列{b n}的前n项和为4--,n∈N*.3.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,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在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(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+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=---2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在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---2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设得,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0. 当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1--.若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x 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)=,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)=-(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=+x k+1=.又g k+1(x)-=-,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)>.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)·-(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+---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)=-·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).4.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,有a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得-=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=,μ=-1,数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(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 n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-) =a1-k0·+·…>2+·…个=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·…<2+·…个=2+.综上,2+<<2+.5.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算……的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:……=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即……=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得……=……·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)证明:由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+…≤+++…+…=b1…+b2…+…+b n·=b1-+b2-+…+b n-<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.6.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1. 又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②但<-由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1=-=--.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=-.④由③,④知,a n+1-a n=-.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+--=1+·---=+·--,故数列{a n}的通项公式为a n=+·--.7.(2014四川,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,点(a n,b n)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{a n}的前n项和S n;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和T n. 解析(1)由已知得,b7=,b8==4b7,有=4×=.解得d=a8-a7=2.所以,S n=na1+-d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-=(ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-.由题意得,a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而a n=n,b n=2n.所以T n=+++…+--+,2T n=+++…+-.因此,2T n-T n=1+++…+--=2---=--.所以,T n=--.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.8.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(-=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=--(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,当n≥5时,c n=-,而-=->0,得≤·<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案C则S2 018等于( ) 2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=-A. B. C. D.答案B3.(2017河南洛阳3月模拟,4)已知等差数列{a n}的公差和首项都不等于0,且a2,a4,a8成等比数列,则=( )A.2B.3C.5D.7答案B4.(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a3>a1+3,a4<a2+5,a n=log2b n,则{b n}的前n项和S n为( )A.8(2n-1)B.4(3n-1)C.(4n-1)D.(3n-1)答案C二、填空题(每小题5分,共15分),数列{b n} 5.(2018山东实验中学诊断测试,16)已知数列{a n}:,+,++,…,+++…+,…,若b n=·的前n项和记为S n,则S2 018= .答案6.(2018山西太原一模,15)在数列{a n}中,a1=0,a n-a n-1-1=2(n-1)(n∈N*,n≥2),若数列{b n}满足b n=n×,则数列{b n}的最大项为第项.答案 67.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+= .答案2n2+6n三、解答题(共20分)8.(2019届山东淄博淄川中学高三上开学考试)S n为数列{a n}的前n项和,已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3,两式相减可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,所以a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=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(n∈N*).(2)由a n=2n+1知,b n===-.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n=--…-=.导师点睛本题主要考查等差数列的通项公式,裂项相消法求数列的和,属于中档题.裂项相消法是根据式子的结构特点进行裂项,使计算简便.常见的裂项技巧:(1)=-;(2)=(-);(3)-=--;(4)=-.9.(2019届山东曲阜第一中学高三11月阶段性测试)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a n+1=(λ+1)S n+1(n∈N*,λ≠-2),且3a1,4a2,a3+13成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log4a n+1,数列{b n}的前n项和为T n,证明:T n<.解析(1)因为a n+1=(λ+1)S n+1,①所以当n≥2时,a n=(λ+1)S n-1+1,②由①-②得a n+1-a n=(λ+1)a n,即a n+1=(λ+2)a n(n≥2),又因为λ≠-2,所以λ+2≠0,因为a1=1,所以a2=(λ+1)a1+1=(λ+2)a1,故数列{a n}是以1为首项,λ+2为公比的等比数列,所以a2=λ+2,a3=(λ+2)2,由题意知8a2=3a1+a3+13,所以8(λ+2)=3+(λ+2)2+13, 解得λ=2,所以a n=4n-1(n∈N*).(2)证明:因为a n b n=log4a n+1, 即4n-1·b n=log44n,所以b n=-,则T n=1+++…+--+-,③T n=+++…+--+,④③-④得T n=1+++…+--=--,故T n=--,又n∈N*,所以T n<.。
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=- .
∴Ｓn= - + - + …+ - =1- .
令 1- < ,得 n<14, ∴ｎ的最大值为 13. 4.(2018 广东佛山一中期中考试 ,17) 在等差数列 {a n }中 ,a1=3, 其前 n 项和为 Sn,等比数列 {b n} 的各项均为正数 ,b1=1, 公比为 q, 且 b 2+S 2=12,q= . (1)求 an 与 b n; (2)证明 : ≤ + + … + < . 解+析 (1) 设数列 {a n}的公差为 d. Nhomakorabea则有
解得
或
(舍去 ),
所以 an=3 n,b n=2n+1. (2)由 (1) 知 cn=(-1) n (2n+1)+3 n,
则 S2n =(3+3 2+3 3+ … +3 2n)+{(-3)+5+(-7)+9+ …+[-(4n-1)]+(4n+1)}=
-
+[(5-3)+(9-7)+ …+(4n+1-4n+1)]=
(1)求数列 {a n}的通项公式 ;
(2)设 b n =
,数列 {b n }的前 n 项和为 Sn,求使 Sn < 的 n 的最大值 .
解+析 (1) 设等差数列 {a n}的首项为 a1,公差为 d(d ≠ 0),依题意可得
即 -
∵ｄ≠0, ∴1ａ=1,d=1, ∴nａ=n.
(2)由 (1) 可得 b n=
-
-.
-
∴ Tn= +2 ×
-
-
-,
-
-
-
∴Ｔn=1+2- - - =3-
=3- .
-
+2n.
考点二 数列的综合应用
1.(2018 福建漳州期末调研测试 ,5) 等差数列 {a n}和等比数列 {b n}的首项均为 1,公差与公比均为 3,则 + + =( )
A.64 B.32 C.38 D.33
答案 D
考点一 数列求和
§ 6.4 数列的综合应用
【考点集训】
1.(2017 湖南湘潭三模 ,9) 已知 Tn 为数列
的前 n 项和 ,若 m>T 10+1 013 恒成立 ,则整数 m 的最小值为 ( )
A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023 答案 C 2.(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,b13 =a 3 . (1)求数列 {a n}与{b n} 的通项公式 ; (2)记 cn =(-1) nb n+a n,求数列 {cn }的前 2n 项和 S2n . 解+析 (1) 设等差数列 {b n} 的公差为 d.
方法 数列求和的方法
【方法集训】
1.(2018 河南中原名校 11 月联考 ,10) 设函数 f(x) 满足 f(n+1)=
(n ∈N* ),且 f(1)=2, 则 f(40)=(
)
2
-
3.(2017 湖南郴州二模 ,17) 已知等差数列 {an}满足 :an+1 >a n (n ∈N* ),a1=1, 该数列的前三项分别加上 列,an+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 Tn. 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 an=1+(n- 1) × 2=2n-1(n ∈N *),
1,1,3 后成等比数
又因为 a n+2log 2 bn =-1, 所以 log 2b n=-n, 则 b n= (n ∈N *).
(2)由 (1) 知 an ·b n=(2n-1) · ,
-
则 Tn = + + + … + ①，
-
Tn = + + + … + ②，
①- ② , 得Tn= +2 ×
…
2.(2018 河南商丘第二次模拟 ,6)已知数列 {a n}满足 a1=1,a n+1 -a n≥2(n ∈N *),且 Sn 为{a n}的前 n 项和 ,则 ( )
A.a n≥ 2n+1
B.Sn≥n 2
1
C.an≥2 n-1
D.Sn ≥2 n-1
答案 B
3.(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 a2,a4,a8 成等比数列 .
因为
所以
解得 q=3 或 q=-4( 舍),d=3. 故 a n=3+3(n-1)=3n,b n=3 n-1 .
(2)证明 : 因为 Sn=
,
所以 =
=- .
故 + +…+
=-
-
-
…
-
=- .
因为 n≥ 1,所以 0< ≤ ,所以 ≤ 1- <1,
所以 ≤ - < ,
即 ≤ + + …+ < .
炼技法