2019-2020年高三数学专题复习 数列求和及数列的综合应用检测题
2019-2020年高考数学 5.4 数 列 求 和练习
2019-2020年高考数学 5.4 数列求和练习(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.数列{1+2n-1}的前n项和为()A.1+2nB.2+2nC.n+2n-1D.n+2+2n【解析】选C.由题意得an=1+2n-1,所以Sn=n+=n+2n-1,故选C.【加固训练】若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=()A.15B.12C.-12D.-15【解析】选A.因为an=(-1)n(3n-2),所以a1+a2+…+a10=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.2.(xx·青岛模拟)数列{an}的通项公式是an=,若前n项和为10,则项数n为()A.120B.99C.11D.121【解析】选A.an==-,所以a1+a2+…+an=(-1)+(-)+…+(-)=-1=10.即=11,所以n+1=121,n=120.3.已知数列{an},an=2n+1,则++…+=()A.1+B.1-2nC.1-D.1+2n【解析】选C.an+1-an=2n+1+1-(2n+1)=2n+1-2n=2n,所以++…+=+++…+==1-=1-.4.(xx·杭州模拟)设函数f(x)=xm+ax的导数f′(x)=2x+1,则数列(n∈N*)的前n项和为()A. B. C. D.【解析】选C.函数f(x)=xm+ax的导数为f′(x)=mxm-1+a=2x+1,所以m=2,a=1,所以f(x)=x2+x,f(n)=n2+n,即===-,所以数列的前n项和为++…+=-+-+…+-=1-=,故选C.5.数列{an}的通项公式an=ncos,其前n项和为Sn,则Sxx等于()A.xxB.1008C.504D.0【解析】选B.因为an=ncos,所以当n为奇数时,an=0,当n为偶数时,an=其中m∈N*,所以Sxx=a1+a2+a3+a4+a5+…+axx=a2+a4+a6+a8+…+axx=-2+4-6+8-10+12-14+…+xx=(-2+4)+(-6+8)+(-10+12)+…+(-xx+xx)=2×504=1008.故选B.【加固训练】(xx·合肥模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,则Sxx=()A.2xx-1B.3×21008-3C.3×21008-1D.3×2xx-2【解析】选B.依题意得an·an+1=2n,an+1·an+2=2n+1,于是有=2,即=2,数列a1,a3,a5,…,a2n-1,…是以a1=1为首项、2为公比的等比数列;数列a2,a4,a6,…,a2n,…是以a2=2为首项、2为公比的等比数列,于是有Sxx=(a1+a3+a5+…+axx)+(a2+a4+a6+…+axx)=+=3×21008-3,故选B.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设f(x)=,利用倒序相加法,可求得:(1)f+f+…+f的值为.(2)f+f+…+f=.【解析】当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)=+==1.(1)设S1=f+f+…+f,倒序相加有2S1=++…+=10,即S1=5.(2)设S2=f+f+…+f,倒序相加有2S2=++…+f+f=xx,所以S2=1008.答案:(1)5(2)10087.(xx·郑州模拟)设数列{an}的通项公式为an=2n-10(n∈N*),则|a1|+|a2|+…+|a15|=.【解析】由an=2n-10(n∈N*)知{an}是以-8为首项,2为公差的等差数列,又由an=2n-10≥0得n≥5,所以当n<5时,an<0,当n≥5时,an≥0,所以|a1|+|a2|+…+|a15|=-(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+…+a15)=20+110=130.答案:130【加固训练】(xx·郑州模拟)若数列{an}是1,,,…,1+++…+,…,则数列{an}的前n项和Sn=.【解析】an=1+++…+==2,所以Sn=2=2=2=2=2n-2+.答案:2n-2+8.(xx·厦门模拟)设f(x)是定义在R上恒不为零的函数,且对任意的x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),若a1=,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是.【解析】由已知可得a1=f(1)=,a2=f(2)=[f(1)]2=,a3=f(3)=f(2)·f(1)=[f(1)]3=,…,an=f(n)=[f(1)]n=,所以Sn=+++…+==1-,因为n∈N*,所以≤Sn<1.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx·开封模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求数列{an}的通项公式.(2)若数列{bn}满足++…+=1-,n∈N*,求{bn}的前n项和Tn.【解题提示】(1)根据等差数列的通项公式及前n项和公式,列出关于首项a1,公差d的方程组,解出a1,d,求得an.(2)先得到,再由(1)的结论得出bn,用错位相减法求出Tn.【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2an+1,得解得因此an=2n-1,n∈N*.(2)由已知++…+=1-,n∈N*,当n=1时,=;当n≥2时,=1--=.所以=,n∈N*.由(1)知an=2n-1,n∈N*,所以bn=,n∈N*.所以Tn=+++…+,Tn=++…++.两式相减,得Tn=+-=--,所以Tn=3-.【误区警示】(1)解答本题的易错点:①由前n项和得出时,易忽视对n=1进行验证.②在利用错位相减法求和时,求得Tn后,易忽视对系数的处理.(2)解答该类问题易出现的错误:①求和类型分辨不清;②错位相减法求和时,对“错项对齐”不理解,导致减出的结果错误,若等比数列的公比为参数时,易忽视对公比为1的讨论.【加固训练】(xx·漳州模拟)在数列{an}和{bn}中,已知a1=2,a2=6,an+2an=3(n∈N*),bn=,(1)求证:数列{bn}是等比数列.(2)求数列{an}的通项公式.(3)若pn=,Sn为数列{pn}的前n项和,求Sn.【解析】(1)因为an+2an=3(n∈N*),所以====3,所以数列{bn}是以3为公比的等比数列.(2)由(1)可得到bn=b1qn-1=qn-1=×3n-1=3n,所以bn==3n,所以=31,=32,=33,……=3n-1,所以×××…×=31×32×33×…×3n-1,所以=31+2+3+…+(n-1)=.又因为a1=2,所以an=a1×=2×.(3)由(2)得:an=2×,所以pn=====-,所以Sn=p1+p2+p3+…+pn=+++…+=2-=.10.(xx·重庆模拟)数列{an}的前n项和为Sn,对于任意的正整数n都有an>0,4Sn=.(1)求证:数列{an}是等差数列,并求通项公式.(2)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.【解析】(1)令n=1,4S1=4a1=(a1+1)2,解得a1=1,由4Sn=(an+1)2,得4Sn+1=(an+1+1)2,两式相减得4an+1=-,整理得(an+1+an)(an+1-an-2)=0,因为an>0,所以an+1-an=2,则数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,an=1+2(n-1)=2n-1.(2)由(1)得bn=,Tn=+++…+,①Tn=+++…+,②①-②得Tn=+2-=+2×-=-,所以Tn=1-.【加固训练】已知数列{an}是首项为a1=,公比为q=的等比数列,设bn+2=3loan(n∈N*),数列{cn}满足cn=an·bn.(1)求数列{bn}的通项公式.(2)求数列{cn}的前n项和Sn.【解析】(1)由题意,知an=(n∈N*),又bn=3loan-2,故bn=3n-2(n∈N*).(2)由(1),知an=,bn=3n-2(n∈N*),所以cn=(3n-2)×(n∈N*).所以Sn=1×+4×+7×+…+(3n-5)×+(3n-2)×,于是Sn=1×+4×+7×+…+(3n-5)×+(3n-2)×.两式相减,得Sn=+3++…+-(3n-2)×=-(3n+2)×.所以Sn=-×(n∈N*).(20分钟40分)1.(5分)已知{an}是首项为1的等比数列,若Sn是{an}的前n项和,且28S3=S6,则数列的前4项和为()A.或4B.或4C. D.【解析】选C.设数列{an}的公比为q.当q=1时,由a1=1,得28S3=28×3=84.而S6=6,两者不相等,因此不合题意.当q≠1时,由28S3=S6及首项为1,得=.解得q=3.所以数列{an}的通项公式为an=3n-1.所以数列的前4项和为1+++=.2.(5分)数列{an}的通项an=sin,前n项和为Sn,则Sxx等于()A. B.0 C.1 D.-【解析】选B.由an=sin,知数列{an}是以6为周期的数列,且a1+a2+…+a6=0,则Sxx=(a1+a2+…+a6)+…+(axx+…+axx)+a2011+…+axx=a1+a2+…+a5=0.故选B.【加固训练】在数列{an}中,a1=1,an+1=(-1)n(an+1),记Sn为{an}的前n项和,则Sxx=.【解析】由a1=1,an+1=(-1)n(an+1)可得a1=1,a2=-2,a3=-1,a4=0,该数列是周期为4的数列,axx=a1=1,axx=a2=-2,axx=a3=-1,所以Sxx=503(a1+a2+a3+a4)+axx+axx+axx=503×(1-2-1+0)+1-2-1=-1008. 答案:-1008【方法技巧】数列求和的思路(1)等差数列和等比数列的前n项和公式是求和的基础.一般数列的求和问题往往通过变形整理,转化为这两类特殊数列的和的问题.例如,一类特殊数列的求和通过倒序相加法或错位相减法变形后,就可以转化为这两类数列的求和问题.(2)观察数列的特点是变形的基础.给定的数列有其自身的特点和规律,根据数列的特点和规律选择合适的方法变形是解题的突破口.3.(5分)已知定义在R上的函数f(x)=ax(0<a<1),且f(1)+f(-1)=,若数列{f(n)}(n∈N*)的前n项和等于,则n等于()A.4B.5C.6D.7【解析】选B.由f(1)+f(-1)=,得a+a-1=,即a+=,解得a=2(舍去)或a=,则数列{f(n)}是首项为a1=,公比q=的等比数列,所以Sn==×=1-,由1-=得=,解得n=5,故选B.4.(12分)(xx·承德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*),bn=log2(4an).(1)求数列{an}和{bn}的通项公式.(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.【解题提示】(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1+1=2an-2an-1,得出an=2an-1,数列{an}是等比数列,根据公式求出an,bn易求.(2)an·bn=(n+1)·2n,显然符合错位相减法求前n项和.【解析】(1)当n=1时,a1=S1=2a1-1,解得a1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1+1=2an-2an-1,所以an=2an-1,则=2,数列{an}为以1为首项,以2为公比的等比数列,所以an=2n-1.bn=log2(4an)=log2(4×2n-1)=log22n+1=n+1.(2)由(1)可知anbn=(n+1)2n-1,Tn=2×20+3×21+4×22+…+(n+1)×2n-1,2Tn=2×21+3×22+4×23+…+(n+1)×2n,上面两式相减:-Tn=2+21+22+23+…+2n-1-(n+1)×2n=-n×2n,所以Tn=n·2n.【加固训练】已知数列{an}和{bn},数列{an}的前n项和记为Sn.若点(n,Sn)在函数y=-x2+4x的图象上,点(n,bn)在函数y=2x的图象上.(1)求数列{an}的通项公式.(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.【解析】(1)由已知得Sn=-n2+4n,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n+5.又当n=1时,a1=S1=3,也符合上式,所以an=-2n+5.(2)由已知得bn=2n,结合(1)可得anbn=(-2n+5)2n,所以Tn=3×21+1×22+(-1)×23+…+(-2n+5)2n①,2Tn=3×22+1×23+(-1)×24+…+(-2n+5)2n+1②,②—①可得Tn=-6+(23+24+…+2n+1)+(-2n+5)2n+1=+(-2n+5)2n+1-6=(-2n+7)2n+1-14.5.(13分)(xx·浙江高考)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=((n∈N*),若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an与bn.(2)设cn=-(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn.①求Sn;②求正整数k,使得对任意n∈N*,均有Sk≥Sn.【解析】(1)由题意a1a2a3…an=(,b3-b2=6知a3=(=()6=8,又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列的通项an=2n(n∈N*),所以a1a2a3…an==()n(n+1),所以数列的通项bn=n(n+1)(n∈N*).(2)①由(1)知cn=-=--(n∈N*),所以Sn=-(n∈N*).②因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,cn=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,cn<0.综上,对任意n∈N*恒有S4≥Sn,故k=4.【加固训练】等差数列{an}的首项a1=3,且公差d≠0,其前n项和为Sn,且a1,a4,a13分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4项.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式.(2)证明:≤++…+<.【解析】(1)设等比数列的公比为q,因为a1,a4,a13分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4,所以(a1+3d)2=a1(a1+12d).又a1=3,所以d2-2d=0,所以d=2或d=0(舍去).所以an=3+2(n-1)=2n+1.等比数列{bn}的公比为==3,b1==1.所以bn=3n-1.(2)由(1)知Sn=n2+2n.所以==,所以++…+===-<.因为+≤+=,所以-≥,所以≤++…+<. .。
2019-2020年高三数学一轮复习 专项训练 数列求和(含解析)
2019-2020年高三数学一轮复习 专项训练 数列求和（含解析）1、已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n .解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3， 所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.2、在等比数列{a n }中，已知a 1＝3，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 2，b 13＝a 3. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)nb n ＋a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，等差数列{b n }的公差为d . 由已知，得a 2＝3q ，a 3＝3q 2，b 1＝3，b 4＝3＋3d ，b 13＝3＋12d ，故⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋3d ，3q 2＝3＋12d ⇒⎩⎪⎨⎪⎧q ＝1＋d ，q 2＝1＋4d ⇒q ＝3或1(舍去)．所以d ＝2，所以a n ＝3n，b n ＝2n ＋1.(2)由题意，得c n ＝(－1)nb n ＋a n ＝(－1)n(2n ＋1)＋3n，S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n －1(2n －1)＋(－1)n(2n ＋1)]＋3＋32＋ (3). 当n 为偶数时，S n ＝n ＋3n ＋12－32＝3n ＋12＋n －32； 当n 为奇数时，S n ＝(n －1)－(2n ＋1)＋3n ＋12－32＝3n ＋12－n －72.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋12＋n －32，n 为偶数，3n ＋12－n －72，n 为奇数.3．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为 ( )．A ．2n＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2解析 S n ＝－2n1－2＋n＋2n －2＝2n ＋1－2＋n 2.答案 C4．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＝( )．A ．9B ．8C ．17D ．16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. 答案 A5．已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋a 3＝3a 2，a 2＋a 4＝a 3＋，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋q2＝3a 1q ，a 1q ＋q 3＝2a 1q 2＋4，①②由①得q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，舍去；当q ＝2时，代入②得a 1＝2，所以a n ＝2·2n －1＝2n.故所求数列{a n }的通项公式a n ＝2n(n ∈N *)． (2)b n ＝a n ＋log 21a n ＝2n ＋log 212n ＝2n－n .所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋ (2)－n ＝(2＋22＋23＋ (2))－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝－2n 1－2－n＋n 2＝2n ＋1－2－12n －12n 2.因为S n －2n ＋1＋47<0，所以2n ＋1－2－12n －12n 2－2n ＋1＋47<0，即n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10. 因为n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.6．已知在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，a 2a 4＝16，则|a 1－12|＋|a 2－12|＋…＋|a 8－12|＝( )． A ．224 B ．225 C ．226 D ．256解析 由a 2a 4＝a 23＝16，解得a 3＝4，又a 1＝1， ∴q 2＝4，∴q ＝2，∴a n ＝2n －1，令2n －1≥12，解得n 的最小值为5.∴|a 1－12|＋|a 2－12|＋…＋|a 8－12|＝12－a 1＋12－a 2＋12－a 3＋12－a 4＋a 5－12＋a 6－12＋a 7－12＋a 8－12＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8) ＝－15＋240＝225. 答案 B1、正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ，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 ＜564. 解 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项a n ＝2n . (2)证明 由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1n ＋2a 2n，则b n ＝n ＋14n2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋2.T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －2－⎦⎥⎤1n ＋2＋1n2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2＜116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.2、(xx·滨州一模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23，当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )，所以a n ＝13a n －1(n ≥2)．故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列．故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．(2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n n ＋.3、已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23，当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )，所以a n ＝13a n －1(n ≥2)．故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列．故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．(2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n n ＋.4.已知函数f (x )＝x 2＋2bx 过(1,2)点，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的前n 项和为S n ，则S 2 014的值为( )．A.2 0122 011B.2 0102 011C.2 0142 013D.2 0142 015解析 由已知得b ＝12，∴f (n )＝n 2＋n ，∴1f n＝1n 2＋n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴S 2 014＝1－12＋12－13＋…＋12 013－12 014＋12 014－12 015＝1－12 015＝2 0142 015.答案 D5．正项数列{a n }满足：a 2n －(2n －1)a n －2n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝1n ＋a n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 2n －(2n －1)a n －2n ＝0得(a n －2n )(a n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，则a n ＝2n . (2)由(1)知a n ＝2n ，故b n ＝1n ＋a n ＝12nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝nn ＋.6．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋4，数列{a n }是公差为d 的等差数列，若a 1＝f (d －1)，a 3＝f (d ＋1)， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)S n 为{a n }的前n 项和，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥13.(1)解 a 1＝f (d －1)＝d 2－4d ＋7，a 3＝f (d ＋1)＝d 2＋3， 又由a 3＝a 1＋2d ，可得d ＝2，所以a 1＝3，a n ＝2n ＋1. (2)证明 S n ＝n＋2n ＋2＝n (n ＋2)，1S n＝1n n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以，1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－11＋1－11＋2＝13.7．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *,且a 2，a 5，a 14构成等比数列．(1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12. (1)证明 当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5， 又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1， ∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2， 又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列． 又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3.由(1)知a 1＝1.又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴a n ＝2n －1. (3)证明1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1n －n＋＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.考点三 错位相减法求和1、(xx·山东卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n项和R n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1，得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋n －d ＝2a 1＋n －d ＋1.解得a 1＝1，d ＝2. 因此a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由题意知T n ＝λ－n2n －1，所以n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝－n2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1.故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)(14)n －1，n ∈N *，所以R n ＝0×(14)0＋1×(14)1＋2×(14)2＋3×(14)3＋…＋(n －1)×(14)n －1，则14R n ＝0×(14)1＋1×(14)2＋2×(14)3＋…＋(n －2)×(14)n －1＋(n －1)×(14)n， 两式相减得34R n ＝(14)1＋(14)2＋(14)3＋…＋(14)n －1－(n －1)×(14)n ＝14－14n1－14－(n －1)×(14)n ＝13－1＋3n 3(14)n，整理得R n ＝19(4－3n ＋14n －1)．所以数列{c n }的前n 项和R n ＝19(4－3n ＋14n －1)．2、在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2. (1)记b n ＝a n ＋1，求证：数列{b n }为等比数列； (2)求数列{na n }的前n 项和S n .(1)证明 由a n ＋1＝3a n ＋2，可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)． 因为b n ＝a n ＋1，所以b n ＋1＝3b n ，又b 1＝a 1＋1＝3，所以数列{b n }是以3为首项，以3为公比的等比数列． (2)解 由(1)知a n ＋1＝3n ，a n ＝3n －1，所以na n ＝n ·3n－n ， 所以S n ＝(3＋2·32＋…＋n ·3n)－(1＋2＋…＋n )， 其中1＋2＋…＋n ＝n 2＋n2，记T n ＝3＋2·32＋…＋n ·3n，① 3T n ＝32＋2·33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1，②两式相减得－2T n ＝3＋32＋…＋3n －n ·3n ＋1＝3－3n ＋1－2－n ·3n ＋1，即T n ＝2n －14·3n ＋1＋34，所以S n ＝n －n ＋14－2n 2＋2n －34.3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n ＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ，求S n .解 (1)∵S n ＝2a n －2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－(2a n －1－2)， 即a n ＝2a n －2a n －1，∵a n ≠0，∴a n a n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)． ∵a 1＝S 1，∴a 1＝2a 1－2，即a 1＝2.数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＝2n. (2)S n ＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n， ① ∴2S n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，②①－②得－S n ＝1×2＋(2×22＋2×23＋…＋2×2n)－(2n －1)2n ＋1，即－S n ＝1×2＋(23＋24＋…＋2n ＋1)－(2n －1)2n ＋1∴S n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6.4．设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)令b n ＝na n ，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋＋a 3＋2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或12.由题意得q ＞1，所以q ＝2.则a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由于b n ＝n ·2n －1，n ＝1,2，…，则T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，所以2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，两式相减得－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ×2n＝2n－n ×2n－1，即T n ＝(n －1)2n＋1.5．已知数列{a n }的首项a 1＝4，前n 项和为S n ，且S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设函数f (x )＝a n x ＋a n －1x 2＋a n －2x 3＋…＋a 1x n，f ′(x )是函数f (x )的导函数，令b n ＝f ′(1)，求数列{b n }的通项公式，并研究其单调性．解 (1)由S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)，得S n －3S n －1－2n ＋2－4＝0(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1－3a n －2＝0，可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)(n ≥2)，又由已知得a 2＝14，所以a 2＋1＝3(a 1＋1)，即{a n ＋1}是一个首项为5，公比q ＝3的等比数列，所以a n ＝5×3n －1－1(n ∈N *)．(2)因为f ′(x )＝a n ＋2a n －1x ＋…＋na 1x n －1，所以f ′(1)＝a n ＋2a n －1＋…＋na 1＝(5×3n －1－1)＋2(5×3n －2－1)＋…＋n (5×30－1)＝5(3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30)－n n ＋2，令S ＝3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30，则3S ＝3n ＋2×3n －1＋3×3n －2＋…＋n ×31，作差得S ＝－n 2－3－3n ＋14，所以f ′(1)＝5×3n ＋1－154－nn ＋2，即b n ＝5×3n ＋1－154－nn ＋2.而b n ＋1＝5×3n ＋2－154－n ＋n ＋2，所以b n ＋1－b n ＝15×3n2－n －72＞0，所以{b n }是单调递增数列.求数列{|a n |}的前n 项和问题1、在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.[规范解答] (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2， (2分) 即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或4.(4分)所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *， (6分) (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. ∴S n ＝－12n 2＋212n ，(8分)当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝S n ＝－12n 2＋212n .(10分) 当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.(12分) 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.分2、已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1a 1＋d a 1＋2d ＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列的通项公式，可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7.故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)由(1)，知当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5； 当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n | ＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋n －＋n －2＝32n 2－112n ＋10. 当n ＝2时，满足此式．综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n >1.考点：公式法1．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12.答案 －2 2n －1－122．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 013＝________. 解析 由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)可得a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，该数列是周期为4的数列，所以S 2 013＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＝503×(－2)＋1＝－ 1 005. 答案 －1 0053．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝____. 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝－4n1－4＝13(4n－1)． 答案 13(4n－1)4．已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝ ( )． A ．－100 B ．0 C ．100D ．10 200解析 若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，为首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，为首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100) ＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)＋50×492×(－4)＝－100.答案 A倒序相加法 1．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为______． 解析 当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝＝＝1.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5. 答案 5构造法1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1中令n ＝1得，2S 1＝a 2－22＋1， 令n ＝2得，2S 2＝a 3－23＋1， 解得，a 2＝2a 1＋3，a 3＝6a 1＋13.又2(a 2＋5)＝a 1＋a 3，即2(2a 1＋8)＝a 1＋6a 1＋13， 解得a 1＝1. (2)由2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1,2S n ＋1＝a n ＋2－2n ＋2＋1，得a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1.又a 1＝1，a 2＝5也满足a 2＝3a 1＋21，∴a n ＋1＝3a n ＋2n对n ∈N *成立，∴a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n)，∴数列{a n ＋2n}以3为首项，公比为3的等比数列． ∴a n ＋2n ＝(a 1＋21)·3n －1＝3n，∴a n ＝3n －2n.考点：1．已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 2是a 1和a 3－1的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n ＝a n (n ∈N *)，求{b n }的通项公式b n . 解 (1)由题意，得2a 2＝a 1＋a 3－1，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－1，整理得2q ＝q 2. 又q ≠0，解得q ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)当n ＝1时，b 1＝a 1＝1； 当n ≥2时，nb n ＝a n －a n －1＝2n －2，即b n ＝2n －2n，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2n ，n ≥2.2019-2020年高三数学一轮复习 专项训练 立体几何（1）（含解析）1、(xx·四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )．解析：由于俯视图是两个圆，所以排除A ，B ，C ，故选D.2、若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．解析：A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，答案选D. 答案：D3、若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．解析所给选项中，A，C选项的正视图、俯视图不符合，D选项的侧视图不符合，只有选项B符合．答案 B4、(xx·陕西卷)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )．[正解] 还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．故选B.[答案] B5、如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是( )．解析注意BE，BG在平面CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B ，D 选项，侧视图是指光线从几何体的左面向右面正投影，则BG ，BF 的投影为虚线，故选D. 答案 D6．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )．解析 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A ，E 在侧投影面上的投影重合，C ，G 在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B(而不是A)．答案 B7．已知正三棱锥V －ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．求出侧视图的面积．解析：根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.8．如图所示的是一个零件的直观图，试画出这个几何体的三视图．解 这个几何体的三视图如图．9．如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积． 解 (1)正六棱锥．(2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝12 3a ·3a ＝32a 2.(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.考点一 空间几何体的表面积1、如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为82的矩形．则该几何体的表面积是( )．A ．8B ．20＋8 2C ．16D ．24＋8 2解析 由已知俯视图是矩形，则该几何体为一个三棱柱，根据三视图的性质，俯视图的矩形宽为22，由面积82，得长为4，则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋22×4＋2×2×4＝20＋8 2.答案 B2、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析 如图所示：该几何体为长为4，宽为3，高为1的长方体内部挖去一个底面半径为1，高为1的圆柱后剩下的部分．∴S 表＝(4×1＋3×4＋3×1)×2＋2π×1×1－2π×12＝38. 答案 383、如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为 ( )． A.312 B.34 C.612D.64解析：三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.答案：A4、(xx·山东卷)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．[一般解法] 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以＝13×12×1＝16.[优美解法] E 点移到A 点，F 点移到C 点，则＝＝13×12×1×1×1＝16. [答案] 165、(xx·辽宁卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为A.3172B ．210 C.132D ．310解析：因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径，取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球的直径，所以2r ＝122＋52＝13，即r ＝132.答案：C6、(xx·新课标全国Ⅰ卷)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm3解析 作出该球的轴截面，如图所示，依题意BE ＝2 cm ，AE ＝CE ＝4 cm ，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3(cm)，故该球的半径AD ＝5 cm ，所以V ＝43πR3＝500π3(cm 3)．答案 A7．(xx·广东卷)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )．A ．4 B.143 C.163D ．6解析 由四棱台的三视图可知该四棱台的上底面是边长为1的正方形；下底面是边长为2的正方形，高为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V ＝13(12＋12×22＋22)×2＝143，故选B.答案 B8．(xx·新课标全国卷)平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )．A.6π B ．43π C ．46π D ．63π 解析如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1，∴OM ＝22＋1＝3，即球的半径为3，∴V ＝43π(3)3＝43π.答案 B9．(xx·辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．解析 由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱，圆柱底面圆半径为2，高为4，故体积为16π；正四棱柱底面边长为2，高为4，故体积为16，所以几何体的体积为16π－16.答案 16π－1610．(xx·陕西卷)某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．解析 该几何体为一个半圆锥，故其体积为V ＝13×12×π×12×22＝π3.答案π311．(xx·江苏卷)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析 设三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的高为h ，底面三角形ABC 的面积为S ，则V 1＝13×14S ·12h ＝124Sh ＝124V 2，即V 1∶V 2＝1∶24. 答案 1∶2412．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．(1)证明 在图中，可得AC ＝BC ＝22， 从而AC 2＋BC 2＝AB 2， 故AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥B －ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423. 13．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm 2)为 ( )．A ．48B ．64C ．80D ．120解析 据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8 cm)，直观图如图，PE 为侧面△PAB 的边AB 上的高，且PE ＝5 cm.∴此几何体的侧面积是S ＝4S △PAB ＝4×12×8×5＝80 (cm 2)．答案 C14．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是A ．12πB ．24πC ．32πD ．48π解析 该几何体的直观图如图所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其中底面ABCD 是边长为4的正方形，高为CC 1＝4，该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的直径为AC 1＝43＝2R ，所以球的半径为R ＝23，所以球的表面积是4πR 2＝4π×(23)2＝48π.答案 D15．(xx·山东卷)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为A.5π12B.π3C.π4D.π6 解析 如图，O 为底面ABC 的中心，连接PO ，由题意知PO 为直三棱柱的高，∠PAO 为PA 与平面ABC所成的角，S △ABC ＝12×3×3×sin 60°＝334. ∴＝S △ABC ×OP ＝334×OP ＝94，∴OP ＝ 3.又OA ＝32×3×23＝1，∴tan ∠OAP ＝OPOA ＝3，又0<∠OAP <π2，∴∠OAP ＝π3.答案 B侧面展开问题1、如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝CC 1＝3.P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值为________(其中PA 1表示P ，A 1两点沿棱柱的表面距离)． 解：由题意知，把面BB 1C 1C 沿BB 1展开与面AA 1B 1B 在一个平面上，如图所示，连接A 1C 即可．则A 1、P 、C 三点共线时，CP ＋PA 1最小，∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝C 1C ＝3，∴A 1B 1＝AB ＝42＋32＝5，∴A 1C 1＝5＋3＝8，∴A 1C ＝82＋32＝73.故CP ＋PA 1的最小值为73.答案 (1)823(2)73。
高考数学专题复习-6.4数列求和、数列的综合应用-高考真题练习(附答案)
6.4数列求和、数列的综合应用考点数列求和及数列的综合应用1.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =()A.n(n+1)B.n(n-1)C.or1)2D.ot1)2答案A ∵a 2,a 4,a 8成等比数列,∴42=a 2·a 8,即(a 1+3d)2=(a 1+d)(a 1+7d),将d=2代入上式,解得a 1=2,∴S n =2n+ot1)·22=n(n+1),故选A.2.(2012课标文,12,5分)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为()A.3690B.3660C.1845D.1830答案D 当n=2k 时,a 2k+1+a 2k =4k-1,当n=2k-1时,a 2k -a 2k-1=4k-3,∴a 2k+1+a 2k-1=2,∴a 2k+1+a 2k+3=2,∴a 2k-1=a 2k+3,∴a 1=a 5=…=a 61.∴a 1+a 2+a 3+…+a 60=(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 60+a 61)=3+7+11+…+(2×60-1)=30×(3+119)2=30×61=1830.3.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=2+b,n∈N *,则()A.当b=12时,a 10>10 B.当b=14时,a 10>10C.当b=-2时,a 10>10D.当b=-4时,a 10>10答案A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.令a n+1=a n ,即2+b=a n ,即2-a n +b=0,若有解,则Δ=1-4b≥0,即b≤14,∴当b≤14时,a n *,即存在b≤14,且使数列{a n }为常数列,B 、C 、D 选项中,b≤14成立,故存在使a n*),排除B 、C 、D.对于A,∵b=12,∴a 2=12+12≥12,a 3=22+12≥+12=34,a4+12=1716,∴a5,a 6,…,a 10,=1=1+C 641×116+C 642+…=1+4+638+…>10.故a 10>10.4.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n ,且P (X =i )=p i >0(i =1,2,…,n ),∑=ni 1p i =1,定义X 的信息熵H (X )=-∑=ni 1p i log 2p i .()A.若n =1,则H (X )=0B.若n =2,则H (X )随着p 1的增大而增大C.若p i =1(i =1,2,…,n ),则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m ,且P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),则H (X )≤H (Y )答案AC 对于A ,若n =1,则p 1=1,∴H (X )=-1×log 21=0,A 正确.对于B ,若n =2,则p 1+p 2=1,∴H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),∵p 1+p 2=1,∴p 2=1-p 1,p 1∈(0,1),∴H (X )=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],令f (p 1)=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],∴f '(p 1)=-p 1·11·ln2+log 2p 1+(1-p 1)·−1(1−1)·ln2-log 2(1-p 1)=-[log 2p 1-log 2(1-p 1)]=log 21−11,令f '(p 1)>0,得0<p 1<12;令f '(p 1)<0,得12<p 1<1.∴y =f (p 1)在0,1上为减函数,∴H (X )随着p 1的增大先增大后减小,B 不正确.对于C ,由p i =1(i =1,2,…,n )可知,H (X )=-∑=ni 1pEog2B =−∑=ni 11log21=log 2n ,∴H (X )随着n 的增大而增大,C 正确对于D ,解法一(特例法):不妨设m =1,n =2,则H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),由于p 1+p 2=1,不妨设p 1=p2=12,则H (X )212+12log 22=1,H (Y )=-1×log 21=0,故H (X )>H (Y ),D 不正确.解法二:由P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),得P (Y =1)=p 1+p 2m ,P (Y =2)=p 2+p 2m -1,……,P (Y =m )=p m +p m +1,∴H (Y )=-∑=mj 1[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1)+…+(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1)],由n =2m ,得H (X )=-∑=mi 21p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+…+p 2m log 2p 2m ),不妨设0<a <1,0<b <1,且0<a +b ≤1,则log 2a <log 2(a +b ),a log 2a <a log 2(a +b ),同理b log 2b <b log 2(a +b ),∴a log 2a +b log 2b <(a +b )log 2(a +b ),∴p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m <(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m ),p 2log 2p 2+p 2m -1log 2p 2m -1<(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1),……p m log 2p m +p m +1log 2p m +1<(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1),∴∑=mi 21pEog2B <∑=mj 1(p j +p 2m +1-j )log 2(p j +p 2m +1-j ),∴H (X )>H (Y ),D 不正确.5.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm ,20dm×6dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240dm 2,对折2次共可以得到5dm×12dm ,10dm×6dm ,20dm×3dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180dm 2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n 次,那么∑=nk 1S k =dm 2.答案5;240×3解析解法一:列举法+归纳法.由上图可知,对折n 次后,共可以得到(n +1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为120(+K1dm 2(n ∈N *),故S k =120(+dm 2(k ∈N *),记T n =∑=nk 1(k +1,∴T n =220+321+422+…+2K2+r12K1,①12B =221+322+423+…+2K1+r12,②①-②得,122+12+122+…+12K1−r1221−12r12=3−r32,∴T n =6-r32K1,∴∑=nk 1S =120×6=240×32.解法二:对折3次可以得到208dm×12dm ,204dm ×122dm ,202dm ×124dm ,20dm×128dm ,共四种不同规格的图形,对折4次可以得到2016dm×12dm ,208dm ×122dm ,204dm ×124dm ,202dm ×128dm ,20dm×1216dm ,共五种不同规格的图形,由此可以归纳出对折n 次可得到(n +1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为20×122dm 2,∴∑=nk 1S k =20×12×12×2+14×3+18×4+…+12×(n +1)dm 2,记T n =22+34+…+r12,则12B =24+38+…+r12r1,∴T n -12B =12B =1+18+…−r12r1=32−12−r12r1=32−r32r1,∴T n =3-r32,∴∑=nk 1S =240×32.6.(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27解析本题考查数列的插项问题.设A n =2n-1,B n =2n,n∈N *,当A k <B l <A k+1(k,l∈N *)时,2k-1<2l<2k+1,有k-12<2l-1<k+12,则k=2l-1,设T l =A 1+A 2+…+2t1+B 1+B 2+…+B l ,则共有k+l=2l-1+l 个数,即T l =2t1+l ,而A 1+A 2+…+2t1=2×1−1+2-12×2l-1=22l-2,B 1+B 2+…+B l =2(1−2)1−2=2l+1-2.则T l =22l-2+2l+1-2,则l,T l ,n,a n+1的对应关系为l T l n a n+112a n+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l=5时,T l =S 21<12a 22,l=6,T l =S 38>12a 39,则n∈[22,38),n∈N *时,存在n,使S n ≥12a n+1,此时T 5=A 1+A 2+…+A 16+B 1+B 2+B 3+B 4+B 5,则当n∈[22,38),n∈N *时,S n =T 5+(t22+1)(22−5+t5)2=n 2-10n+87.a n+1=A n+1-5=A n-4,12a n+1=12[2(n-4)-1]=24n-108,S n -12a n+1=n 2-34n+195=(n-17)2-94,则n≥27时,S n -12a n+1>0,即n min =27.7.(2014安徽理,12,5分)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q=.答案1解析设{a n }的公差为d,则a 3+3=a 1+1+2d+2,a 5+5=a 1+1+4d+4,由题意可得(a 3+3)2=(a 1+1)(a 5+5).∴[(a 1+1)+2(d+1)]2=(a 1+1)[(a 1+1)+4(d+1)],∴(a 1+1)2+4(d+1)(a 1+1)+[2(d+1)]2=(a 1+1)2+4(a 1+1)(d+1),∴d=-1,∴a 3+3=a 1+1,∴公比q=3+31+1=1.8.(2020江苏,11,5分)设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n-1(n∈N *),则d+q 的值是.答案4解析设数列{a n }的首项为a 1,数列{b n }的首项为b 1,易知q≠1,则{a n +b n }的前n 项和S n =na 1+ot1)2d+1(1-)1−=2n 2+1n-11−q n +11−=n 2-n+2n -1,∴2=1,q=2,则d=2,q=2,∴d+q=4.9.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{a n }满足a n+2+(-1)na n =3n-1,前16项和为540,则a 1=.答案7解析令n=2k(k∈N *),则有a 2k+2+a 2k =6k-1(k∈N *),∴a 2+a 4=5,a 6+a 8=17,a 10+a 12=29,a 14+a 16=41,∴前16项的所有偶数项和S 偶=5+17+29+41=92,∴前16项的所有奇数项和S 奇=540-92=448,令n=2k-1(k∈N *),则有a 2k+1-a 2k-1=6k-4(k∈N *).∴a 2k+1-a 1=(a 3-a 1)+(a 5-a 3)+(a 7-a 5)+…+(a 2k+1-a 2k-1)=2+8+14+…+6k-4=o2+6t4)2=k(3k-1)(k∈N *),∴a 2k+1=k(3k-1)+a 1(k∈N *),∴a 3=2+a 1,a 5=10+a 1,a 7=24+a 1,a 9=44+a 1,a 11=70+a 1,a 13=102+a 1,a 15=140+a 1,∴前16项的所有奇数项和S 奇=a 1+a 3+…+a 15=8a 1+2+10+24+44+70+102+140=8a 1+392=448.∴a 1=7.10.(2015江苏理,11,5分)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n∈N *),10项的和为.答案2011解析由已知得,a 2-a 1=1+1,a 3-a 2=2+1,a 4-a 3=3+1,……,a n -a n-1=n-1+1(n≥2),则有a n -a 1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a 1=1,所以a n =1+2+3+…+n(n≥2),即a n =2+n2(n≥2),又当n=1时,a 1=1也适合上式,故a n =2+n 2(n∈N *),所以1=22+n=2从而11+12+13+…+110=2×11=2011.11.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n -1}与{3n -2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为答案3n 2-2n审题指导:数列{2n -1}表示首项为1,公差为2的等差数列,各项均为正奇数,而数列{3n -2}表示首项为1,公差为3的等差数列,数列的项为交替出现的正奇数与正偶数,它们的公共项为数列{3n -2}中的奇数项,所以{a n }是首项为1,公差为6的等差数列.解题思路:∵数列{2n -1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n -2}的项为1,4,7,10,13,…,∴数列{a n}是首项为1,公差为6的等差数列,∴a n=1+(n-1)×6=6n-5,∴数列{a n}的前n项和S n=(1+6K5)×2=3n2-2n.12.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记S n为数列{a n}的前n项和,已知a1=113的等差数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)证明:11+12+…+1<2.解析(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.∴=11+(n-1)×13=r23.∴3S n=(n+2)a n,则3S n+1=(n+1+2)a n+1=(n+3)a n+1,∴3S n+1-3S n=(n+3)a n+1-(n+2)a n,即3a n+1=(n+3)a n+1-(n+2)a n,∴na n+1=(n+2)a n,即r1=r2,由累乘法得r11=(r1)(r2)1×2,又a1=1,∴a n+1=(r1)(r2)2,∴a n=or1)2(n≥2),又a1=1满足上式,∴a n=or1)2(n∈N*).解法二:同解法一求得na n+1=(n+2)a n,∴r1r2,即r1(r1)(r2)=or1),or1)是常数列,首项为12,∴or1)=12,∴a n=or1)2.(2)证明:由(1)知1=2or1)2∴11+12+…+1=2++…+=21=2−2r1<2. 13.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=+1,为奇数,+2,为偶数.(1)记b n=a2n,写出b1,b2,并求数列{b n}的通项公式;(2)求{a n}的前20项和.解题指导:(1)由已知条件求出{a n}的递推式,从而得出{b n}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{b n}的通项公式.(2)根据题目条件把{a n}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{b n}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.解析(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a2n+2=a2n+3,即b n+1=b n+3,且b1=a2=a1+1=2,所以数列{b n}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以b1=2,b2=5,b n=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,a n=a n+1-1.设数列{a n}的前n项和为S n,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10,由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+10×92×3=155,故S20=2×155-10=300,即{a n}的前20项和为300.解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{b n}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合a n与b n的关系求得结果.14.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.解析(1)a2=5,a3=7.猜想a n=2n+1.由已知可得a n+1-(2n+3)=3[a n-(2n+1)],a n-(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以a n=2n+1.(2)由(1)得2n a n=(2n+1)2n,所以S n=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2S n=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n +1)×2n +1.所以S n =(2n -1)2n +1+2.方法总结数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a n =1orp ,可裂项为a n =13)错位相减法:形如c n =a n ·b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(4)分组求和法:形如c n =a n +b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(5)并项求和法.15.(2017课标Ⅲ文,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)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 =22t1(n≥2).又由题设可得a 1=2,从而{a n }的通项公式为a n =22t1(n∈N *).(2)n 项和为S n .由(1)知2r1=2(2r1)(2t1)=12t1-12r1.则S n =11-13+13-15+…+12t1-12r1=22r1.思路分析(1)条件a 1+3a 2+…+(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S n 的关系求解.(2)利用(1)求得的{a n }的通项公式,然后用裂项相消法求和.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.16.(2016课标Ⅱ文,17,12分)等差数列{a n }中,a 3+a 4=4,a 5+a 7=6.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =[a n ],求数列{b n }的前10项和,其中[x]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.解析(1)设数列{a n }的公差为d,由题意有2a 1+5d=4,a 1+5d=3.解得a 1=1,d=25.(3分)所以{a n }的通项公式为a n =2r35.(5分)(2)由(1)知,b n 分)当n=1,2,3时,1≤2r35<2,b n =1;当n=4,5时,2≤2r35<3,b n =2;当n=6,7,8时,3≤2r35<4,b n =3;当n=9,10时,4≤2r35<5,b n =4.(10分)所以数列{b n }的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)评析本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.17.(2016浙江文,17,15分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2=4,a n+1=2S n +1,n∈N *.(1)求通项公式a n ;(2)求数列{|a n -n-2|}的前n 项和.解析(1)由题意得1+2=4,2=21+1,则1=1,2=3.又当n≥2时,由a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1+1)=2a n ,得a n+1=3a n .所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-1,n∈N *.(2)设b n =|3n-1-n-2|,n∈N *,则b 1=2,b 2=1.当n≥3时,由于3n-1>n+2,故b n =3n-1-n-2,n≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 1=2,T 2=3.当n≥3时,T n =3+9(1−3t2)1−3-(r7)(t2)2=3-2-5n+112,所以T n =1,≥2,n ∈N *.易错警示(1)当n≥2时,得出a n+1=3a n ,要注意a 1与a 2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.18.(2016北京文,15,13分)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4.(1)求{a n }的通项公式;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和.解析(1)等比数列{b n }的公比q=32=93=3,(1分)所以b 1=2=1,b 4=b 3q=27.(3分)设等差数列{a n }的公差为d.因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27,所以1+13d=27,即d=2.(5分)所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).(6分)(2)由(1)知,a n =2n-1,b n =3n-1.因此c n =a n +b n =2n-1+3n-1.(8分)从而数列{c n }的前n 项和S n =1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=o1+2t1)2+1−31−3=n 2+3-12.(13分)规范解答要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.19.(2016山东,理18,文19,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n+1.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)令c n =(+1)r1(+2),求数列{c n }的前n 项和T n .解析(1)由题意知,当n≥2时,a n =S n -S n-1=6n+5.当n=1时,a 1=S 1=11,所以a n =6n+5.设数列{b n }的公差为d.由1=1+2,2=2+3,即11=21+d,17=21+3d,可解得b 1=4,d=3.所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6r6)r1(3r3)=3(n+1)·2n+1.又T n =c 1+c 2+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2T n =3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4(1−2)1−2-(n +1)×2r2=-3n·2n+2.所以T n =3n·2n+2.方法总结若某数列的通项是等差数列与等比数列的通项的积或商,则该数列的前n项和可以采用错位相减法求解,注意相减后的项数容易出错.评析本题主要考查了等差数列及前n项和,属中档题.20.(2016天津,18,13分)已知{an }是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且11-12=23,S6=63.(1)求{an}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,bn是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n2}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有11-11q=212,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·1−61−=63,知q≠-1,所以a1·1−261−2=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得bn=12(log2a n+log2a n+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即{b n}是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n2}的前n项和为T n,则T2n=(-12+22)+(-32+42)+…+(-2t12+22)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2o1+2)2=2n2.评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.21.(2015福建文,17,12分)等差数列{an }中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得1+d=4,(1+3d)+(1+6d)=15,解得1=3,=1.所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得bn=2n+n.所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+...+210)+(1+2+3+ (10)=2(1−210)1−2+(1+10)×102=(211-2)+55=211+53=2101.评析本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.22.(2015课标Ⅰ理,17,12分)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,2+2a n =4S n +3.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1r1,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由2+2a n =4S n +3,可知r12+2a n+1=4S n+1+3.可得r12-2+2(a n+1-a n )=4a n+1,即2(a n+1+a n )=r12-2=(a n+1+a n )(a n+1-a n ).由于a n >0,可得a n+1-a n =2.又12+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n =2n+1.(6分)(2)由a n =2n+1可知b n =1r1=1(2r1)(2r3)=设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n++…+=3(2r3).(12分)23.(2015安徽文,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 =r1r1,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1=1,4=8或1=8,4=1(舍去).由a 4=a 1q 3得公比为q=2,故a n =a 1q n-1=2n-1.(2)S n =1(1-)1−=2n -1,又b n =r1=r1-r1=1-1,所以T n =b 1+b 2+…+b n =11-1r1=1-12r1-1.评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.24.(2015天津理,18,13分)已知数列{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数,且q≠1),n∈N *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列.(1)求q 的值和{a n }的通项公式;(2)设b n =log 222t1,n∈N *,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由已知,有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4),即a 4-a 2=a 5-a 3,所以a 2(q-1)=a 3(q-1).又因为q≠1,故a 3=a 2=2,由a 3=a 1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N *)时,a n =a 2k-1=2k-1=2t12;当n=2k(k∈N *)时,a n =a 2k =2k=22.所以,{a n }的通项公式为a n =2t12,n 为奇数,22为偶数.(2)由(1)得b n =log 222t1=2t1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12t2+n×12t1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12t1+n×12,上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12t1-2=1−121−12-2=2-22-2,整理得,S n =4-r22t1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-r22t1,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.25.(2015山东文,19,12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,n 项和为2r1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2,求数列{b n }的前n 项和T n .解析(1)设数列{a n }的公差为d.令n=1,得112=13,所以a 1a 2=3.令n=2,得112+123=25,所以a 2a 3=15.解得a 1=1,d=2,所以a n =2n-1.(2)由(1)知b n =2n·22n-1=n·4n,所以T n =1·41+2·42+…+n·4n,所以4T n =1·42+2·43+…+n·4n+1,两式相减,得-3T n =41+42+ (4)-n·4n+1=4(1−4)1−4-n·4n+1=1−33×4n+1-43.所以T n =3t19×4n+1+49=4+(3t1)4r19.26.(2015浙江文,17,15分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n∈N *),b 1+12b 2+13b 3+…+1b 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,1b n =b n+1-b n ,整理得r1r1=,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+ (2)-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,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.27.(2015湖北文,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,101+45d =100,1d =2,即21+9d =20,1d =2,解得1=1,=2,或1=9,=29.故=2n-1,=2t1,或=1979),=.(2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n =2t12t1,于是T n =1+32+522+723+924+…+2t12t1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2t12.②①-②可得12T n =2+12+122+…+12t2-2t12=3-2r32,故T n =6-2r32t1.28.(2014湖南文,16,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =2+n2,n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2+(-1)na n ,求数列{b n }的前2n 项和.解析(1)当n=1时,a 1=S 1=1;当n≥2时,a n =S n -S n-1=2+n 2-(t1)2+(n-1)2=n.故数列{a n }的通项公式为a n =n.(3)由(1)知,b n =2n+(-1)nn,记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =(21+22+ (22))+(-1+2-3+4-…+2n).记A=21+22+ (22),B=-1+2-3+4-…+2n,则A=2(1−22)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.评析本题考查数列的前n 项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法.29.(2014课标Ⅰ文,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)n 项和.解析(1)方程x 2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a 2=2,a 4=3.设数列{a n }的公差为d,则a 4-a 2=2d,故d=12,从而a 1=32.所以{a n }的通项公式为a n =12n+1.(2)n 项和为S n ,由(1)知2=r22r1,则S n =322+423+…+r12+r22r1,12S n =323+424+…+r12r1+r22r2.两式相减得12S n =34+…-r22r2=34+-r22r2.所以S n =2-r42r1.评析本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n 项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.30.(2014安徽文,18,12分)数列{a n }满足a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n(n+1),n∈N *.(1)证明:;(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r1r1=+1,即r1r1-=1.是以11=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 =n 2.从而b n =n·3n.S n =1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3S n =1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②①-②得-2S n =31+32+ (3)-n·3n+1=3·(1−3)1−3-n·3n+1=(1-2p ·3r1-32.所以S n =(2t1)·3r1+34.评析本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行变形是关键.31.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an }中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=or1)2,记T n=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)n b n,求T n.解析(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题意知bn=or1)2=n(n+1).所以T n=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n n×(n+1).因为b n+1-b n=2(n+1),所以当n为偶数时,T n =(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+ (2)=2(4+2n)2=or2)2,当n为奇数时,T n =Tn-1+(-bn)=(t1)(r1)2-n(n+1)=-(r1)22.所以T n为奇数,为偶数.评析本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.32.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an }的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.(1)求{an}的通项公式;(2)n 项和.解析(1)设{a n }的公差为d,则S n =na 1+ot1)2d.由已知可得31+3d =0,51+10d =−5.解得a 1=1,d=-1.故{a n }的通项公式为a n =2-n.(2)由(1)知1=1(3-2p(1-2p =n 项和为121-1-11+11-13+…+12t3-12t1=1−2.评析本题考查等差数列的通项公式及前n 项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.33.(2011课标理,17,12分)等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1,32=9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,n 项和.解析(1)设数列{a n }的公比为q.由32=9a 2a 6得32=942,所以q 2=19.由条件可知q>0,故q=13.由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 1q=1,所以a 1=13.故数列{a n }的通项公式为a n =13.(2)b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =-(1+2+…+n)=-or1)2.故1=-2or1)=-211+12+…+1=-2123=-2r1.n 项和为-2r1.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.34.(2020课标Ⅲ文,17,12分)设等比数列{a n }满足a 1+a 2=4,a 3-a 1=8.(1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和.若S m +S m+1=S m+3,求m.解析(1)设{a n }的公比为q,则a n =a 1q n-1.由已知得1+1q =4,12-1=8.解得a 1=1,q=3.所以{a n }的通项公式为a n =3n-1.(2)由(1)知log 3a n =n-1.故S n =ot1)2.由S m +S m+1=S m+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m 2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.35.(2020浙江,20,15分)已知数列{a n },{b n },{c n }满足a 1=b 1=c 1=1,c n =a n+1-a n ,c n+1=r2c n ,n∈N *.(1)若{b n }为等比数列,公比q>0,且b 1+b 2=6b 3,求q 的值及数列{a n }的通项公式;(2)若{b n }为等差数列,公差d>0,证明:c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.解析本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,同时考查数学运算和逻辑推理等素养.(1)由b 1+b 2=6b 3得1+q=6q 2,解得q=12.由c n+1=4c n 得c n =4n-1.由a n+1-a n =4n-1得a n =a 1+1+4+…+4n-2=4t1+23.(2)证明:由c n+1=c n 得c n =121=所以c 1+c 2+c 3+…+c n 由b 1=1,d>0得b n+1>0,因此c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.36.(2020江苏,20,16分)已知数列{a n }(n∈N *)的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n,均有r11-1=λr11成立,则称此数列为“λ~k”数列.(1)若等差数列{a n }是“λ~1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n }是数列,且a n >0,求数列{a n }的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n }为“λ~3”数列,且a n ≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.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)因为等差数列{a n }是“λ~1”数列,则S n+1-S n =λa n+1,即a n+1=λa n+1,也即(λ-1)a n+1=0,此式对一切正整数n 均成立.若λ≠1,则a n+1=0恒成立,故a 3-a 2=0,而a 2-a 1=-1,这与{a n }是等差数列矛盾.所以λ=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列)(2)因为数列{a n }(n∈N *)是3数列,所以r1-=即r1-=因为a n >0,所以S n+1>S n >0,n ,则b n 即(b n -1)2=13(2-1)(b n >1).解得b n =2,也即r1=4,所以数列{S n }是公比为4的等比数列.因为S 1=a 1=1,所以S n =4n-1.则a n =1(=1),3×4t2(n ≥2).(3)设各项非负的数列{a n }(n∈N *)为“λ~3”数列,则r113-13=λr113,即3r1-3=λ3r1-.因为a n ≥0,而a 1=1,所以S n+1≥S n >0,n ,则c n -1=λ33-1(c n ≥1),即(c n -1)3=λ3(3-1)(c n ≥1).(*)①若λ≤0或λ=1,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)②若λ>1,则(*)化为(c n -1)2+3+23-1+1=0,因为c n ≥1,所以2+3+23-1c n+1>0,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)③若0<λ<1,则2+3+23-1c n+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内,则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t).所以S n+1=S n 或S n+1=t 3S n .由于数列{S n }从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{S n }有无数多个,则对应的{a n }有无数多个.综上所述,能存在三个各项非负的数列{a n }为“λ~3”数列,λ的取值范围是0<λ<1.37.(2019课标Ⅱ文,18,12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和.解析本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0.解得q=-2(舍去)或q=4.因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2.38.(2019天津文,18,13分)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0.已知a 1=b 1=3,b 2=a 3,b 3=4a 2+3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n =1,为奇数,2为偶数.求a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n (n∈N *).解析本小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,体现了数学运算素养.满分13分.(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.依题意,得3=3+2s 32=15+4d,解得=3,=3,故a n =3+3(n-1)=3n,b n =3×3n-1=3n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n,{b n }的通项公式为b n =3n.(2)a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n=(a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1)+(a 2b 1+a 4b 2+a 6b 3+…+a 2n b n )=×3+ot1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n )=3n 2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记T n =1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n =1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n =-3-32-33-…-3n +n×3n+1=-3(1−3)1−3+n×3n+1=(2t1)3r1+32.所以,a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n =3n 2+6T n =3n 2+3×(2t1)3r1+32=(2t1)3r2+62+92(n∈N *).思路分析(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q 即可.(2)利用{c n }的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.解题关键根据n 的奇偶性得数列{c n }的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.39.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{an }(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;(2)已知数列{bn }(n∈N*)满足:b1=1,1=2-2r1,其中S n为数列{b n}的前n项和.①求数列{bn}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn }(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.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.满分16分.(1)设等比数列{an }的公比为q,所以a1≠0,q≠0.由24=5,3-42+41=0,得124=14,12-41q+41=0,解得1=1,=2.因此数列{a n}为“M-数列”.(2)①因为1=2-2r1,所以b n≠0.由b1=1,S1=b1,得11=21-22,则b2=2.由1=2-2r1,得S n=r12(r1-),当n≥2时,由b n=S n-S n-1,得b n=r12(r1-)-t12(-t1),整理得b n+1+b n-1=2b n.所以数列{b n}是首项和公差均为1的等差数列.因此,数列{b n}的通项公式为b n=n(n∈N*).②由①知,bk=k,k∈N*.因为数列{c n}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0.因为c k≤b k≤c k+1,所以q k-1≤k≤q k,其中k=1,2,3,…,m.当k=1时,有q≥1;当k=2,3,…,m时,有ln≤lnq≤ln t1.设f(x)=ln(x>1),则f'(x)=1−ln2.令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞) f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)max =f(3)=ln33.取q=33,当k=1,2,3,4,5时,ln≤lnq,即k≤q k ,经检验知q k-1≤k 也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216,所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6.综上,所求m 的最大值为5.40.(2018北京文,15,13分)设{a n }是等差数列,且a 1=ln2,a 2+a 3=5ln2.(1)求{a n }的通项公式;(2)求e 1+e 2+…+e .解析(1)设{a n }的公差为d.因为a 2+a 3=5ln2,所以2a 1+3d=5ln2.又a 1=ln2,所以d=ln2.所以a n =a 1+(n-1)d=nln2.(2)因为e 1=e ln2=2,e e t1=e -t1=e ln2=2,所以{e }是首项为2,公比为2的等比数列.所以e 1+e 2+…+e =2×1−21−2=2(2n-1).41.(2018江苏,20,16分)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列.(1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m∈N *,q∈(1,2],证明:存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知a n =(n-1)d,b n =2n-1.因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,即|(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73≤d≤52.因此,d (2)由条件知:a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.若存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d 满足t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1.因为q∈(1,2],所以1<q n-1≤q m≤2,从而t1-2t1b 1≤0,t1t1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立.(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m 时,-2-t1-2t1=B --n t1+2ot1)=o -t1)-+2ot1),当1<q≤21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,,的最大值为-2.②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,t1t1=ot1)≤因此,当2≤n≤m+1时,,的最小值为.因此,d 疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d 的范围,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d 分离出来,变成t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1,难点在于讨论t1-2t1b 1的最大值和t1t1b 1的最小值.可以通过作差讨论其单调性,要作商讨论单调性,∵t1t1=ot1)=q 1当2≤n≤m 时,1<q n ≤2,∴q 1−可以构造函数f(x)=2x (1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明得到数列,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1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.42.(2017课标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 ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1)若a 3+b 3=5,求{b n }的通项公式;(2)若T 3=21,求S 3.解析本题考查了等差、等比数列.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a 2+b 2=2得d+q=3.①(1)由a 3+b 3=5得2d+q 2=6.②联立①和②解得=3,=0(舍去),或=1,=2.因此{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)由b 1=1,T 3=21得q 2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S 3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S 3=-6.43.(2017课标Ⅰ文,17,12分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2=2,S 3=-6.(1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n+1,S n ,S n+2是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n }的公比为q,由题设可得1(1+q)=2,1(1+q +2)=-6.解得q=-2,a 1=-2.。
2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第五章 第5节 数列的综合应用 理(含解析)
2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第五章 第5节 数列的综合应用理（含解析）1．（xx 安徽，5分）数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝________.解析：法一：因为数列{a n }是等差数列，所以a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5也成等差数列，又a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，所以a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5是常数列，故q ＝1.法二：因为数列{a n }是等差数列，所以可设a 1＝t －d ，a 3＝t ，a 5＝t ＋d ，故由已知得(t ＋3)2＝(t －d ＋1)(t ＋d ＋5)，得d 2＋4d ＋4＝0，即d ＝－2，所以a 3＋3＝a 1＋1，即q ＝1.答案：12.（xx 天津，5分）设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________．解析：由已知得S 1·S 4＝S 22，即a 1·(4a 1－6)＝(2a 1－1)2，解得a 1＝－12.答案：－123.（xx 浙江，5分）设函数f 1(x )＝x 2，f 2(x )＝2(x －x 2)，f 3(x )＝13|sin 2πx |，a i ＝i99，i ＝0,1,2，…，99.记I k ＝|f k (a 1)－f k (a 0)|＋|f k (a 2)－f k (a 1)|＋…＋|f k (a 99)－f k (a 98)|，k ＝1,2,3.则( )A ．I 1<I 2<I 3B ．I 2<I 1<I 3C ．I 1<I 3<I 2D ．I 3<I 2<I 1解析：选B 显然f 1(x )＝x 2在[0,1]上单调递增，可得f 1(a 1)－f 1(a 0)>0，f 1(a 2)－f 1(a 1)>0，…，f 1(a 99)－f 1(a 98)>0，所以I 1＝|f 1(a 1)－f 1(a 0)|＋|f 1(a 2)－f 1(a 1)|＋…＋|f 1(a 99)－f 1(a 98)|＝f 1(a 1)－f 1(a 0)＋f 1(a 2)－f 1(a 1)＋…＋f 1(a 99)－f 1(a 98)＝f 1(a 99)－f 1(a 0)＝⎝⎛⎭⎫99992－0＝1.f 2(x )＝2(x －x 2)在⎣⎡⎦⎤0，4999上单调递增，在⎣⎡⎦⎤5099，1上单调递减，可得f 2(a 1)－f 2(a 0)>0，…，f 2(a 49)－f 2(a 48)>0，f 2(a 50)－f 2(a 49)＝0，f 2(a 51)－f 2(a 50)<0，…，f 2(a 99)－f 2(a 98)<0，所以I 2＝|f 2(a 1)－f 2(a 0)|＋|f 2(a 2)－f 2(a 1)|＋…＋|f 2(a 99)－f 2(a 98)|＝f 2(a 1)－f 2(a 0)＋…＋f 2(a 49)－f 2(a 48)－[f 2(a 51)－f 2(a 50)＋…＋f 2(a 99)－f 2(a 98)]＝f 2(a 49)－f 2(a 0)－[f 2(a 99)－f 2(a 50)]＝2f 2(a 50)－f 2(a 0)－f 2(a 99)＝4×5099×⎝⎛⎭⎫1－5099＝9 8009 801<1.f 3(x )＝13|sin 2πx |在⎣⎡⎦⎤0，2499，⎣⎡⎦⎤5099，7499上单调递增，在⎣⎡⎦⎤2599，4999，⎣⎡⎦⎤7599，1上单调递减，可得f 3(a 1)－f 3(a 0)>0，…，f 3(a 24)－f 3(a 23)>0, f 3(a 25)－f 3(a 24)>0，f 3(a 26)－f 3(a 25)<0，…，f 3(a 49)－f 3(a 48)<0，f 3(a 50)－f 3(a 49)＝0，f 3(a 51)－f 3(a 50)>0，…，f 3(a 74)－f 3(a 73)>0，f 3(a 75)－f 3(a 74)<0，f 3(a 76)－f 3(a 75)<0，…，f 3(a 99)－f 3(a 98)<0，所以I 3＝|f 3(a 1)－f 3(a 0)|＋|f 3(a 2)－f 3(a 1)|＋…＋|f 3(a 99)－f 3(a 98)|＝f 3(a 25)－f 3(a 0)－[f 3(a 49)－f 3(a 25)]＋f 3(a 74)－f 3(a 50)－[f 3(a 99)－f 3(a 74)]＝2f 3(a 25)－2f 3(a 49)＋2f 3(a 74)＝232sin 49π99－sin π99>232sin 5π12－sin π12＝2326＋224－6－24＝6＋326>1.因此I 2<I 1<I 3.4.（xx 湖北，12分）已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解：(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d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n . 显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋4n －2]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.5.（xx 广东，14分）设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，取n ＝1,2得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2a 2－7，a 1＋a 2＝4a 3－20， ①又S 3＝15，∴a 1＋a 2＋a 3＝15， ∴a 3＝15－(a 1＋a 2)． ②联立①②解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7. (2)法一：当n >1时，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，S n －1＝2n －1a n －3n －12－4n －1，两式相减得2na n ＋1＝(2n －1)a n ＋6n ＋1，即2na n ＋1－4n 2－6n ＝(2n －1)a n －4n 2＋1， 即2n [a n ＋1－(2n ＋3)]＝(2n －1)[a n －(2n ＋1)]， 令b n ＝a n －(2n ＋1)，则2nb n ＋1＝(2n －1)b n ， ③ 由(1)知b 1＝b 2＝0，则由③知b n ＝0， ∴a n ＝2n ＋1，且n ＝1时也成立， 故a n ＝2n ＋1，n ∈N *.法二：由(1)猜想a n ＝2n ＋1，下面用数学归纳法证明． ①n ＝1时，结论显然成立； ②假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＝2k ＋1， 则S k ＝3＋5＋7＋…＋(2k ＋1)＝k [3＋2k ＋1]2＝k (k ＋2)．又S k ＝2ka k ＋1－3k 2－4k ， ∴k (k ＋2)＝2ka k ＋1－3k 2－4k ， 解得2a k ＋1＝4k ＋6，∴a k ＋1＝2(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②知，∀n ∈N *，a n ＝2n ＋1.6.（xx 湖南，13分）已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1,2a 2,3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．解：(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a 1＝1，因此a 2＝p ＋1，a 3＝p 2＋p ＋1.又a 1,2a 2,3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，因而3p 2－p ＝0， 解得p ＝13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 ＝13.(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122n<122n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|. ② 由①②知，a 2n －a 2n －1>0，因此a 2n －a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫122n －1＝－12n 22n －1. ③ 因为{a 2n }是递减数列，同理可得，a 2n ＋1－a 2n <0，故 a 2n ＋1－a 2n ＝－⎝⎛⎭⎫122n ＝－12n ＋122n. ④由③④即知，a n ＋1－a n ＝－1n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋12－122＋…＋－1n2n －1＝1＋12·1－⎝⎛⎭⎫－12n －11＋12＝43＋13·－1n2n －1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·－1n2n －17.（xx 江苏，16分）设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．解：(1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d . 因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ， 即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1. 因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1.从而d ＝－1. 当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n 3－n2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n 3－n2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”．因此d的值为－1.(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)． 令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)． 下面证{b n }是“H 数列”． 设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝nn ＋12a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n n ＋12，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立． 8.（xx 天津，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 ＝x 1＋x 2q ＋…＋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 ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋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：(1)当q ＝2，n ＝3时，M ＝{0,1}，A ＝{x |x ＝x 1＋x 2·2＋x 3·22，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 ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1， t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －1，a i ，b i ∈M ，i ＝1,2，…，n 及a n <b n ，可得s －t ＝(a 1－b 1)＋(a 2－b 2)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 －11－q n－11－q－q n －1＝－1<0.所以s <t .9．（xx 新课标全国Ⅰ，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b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n2，则( )A ．{S n }为递减数列B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列解析：本题考查三角形面积公式和归纳推理等知识，意在考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，对考生的归纳推理能力、逻辑思维能力要求较高．已知b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a 2＝a 1，故b 2＝c 1＋a 12＝34c 1＋14b 1＜b 1，c 2＝b 1＋a 12＝34b 1＋14c 1＞c 1，b 2＋c 2＝a 1＋b 1＋c 12＝2a 1，b 2－c 2＝c 1－b 12＜0，即b 2＜c 2，b 2c 2＝⎝⎛⎭⎫34c 1＋14b 1·⎝⎛⎭⎫34b 1＋14c 1＝316(b 1＋c 1)2＋14b 1c 1＞b 1c 1.又a 3＝a 2＝a 1，所以b 3＝c 2＋a 22＝34c 2＋14b 2＜b 2，c 3＝b 2＋a 22＝34b 2＋14c 2＞c 2，b 3＋c 3＝c 2＋a 22＋b 2＋a 22＝2a 2＝2a 1，b 3－c 3＝34c 2＋14b 2－⎝⎛⎭⎫34b 2＋14c 2＝c 2－b 22＞0，即b 3＞c 3，b 3c 3＝⎝⎛⎭⎫34c 2＋14b 2⎝⎛⎭⎫34b 2＋14c 2＝316(b 2＋c 2)2＋14b 2c 2＞b 2c 2＞b 1c 1.又△A n B n C n 的面积为S n ＝p p －a np －b np －c n ＝ pp －a n [p 2－b n ＋c n p ＋b n c n ]，其中p ＝12(a n ＋b n＋c n )，p (p －a n )和p 2－(b n ＋c n )p 都为定值，b n c n 逐渐递增，所以数列{S n }为递增数列，选择B.答案：B10.（xx 安徽，14分）如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…，分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n .若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．解析：本题考查由数列递推求通项、三角形相似以及平行线分线段成比例等知识．令S △OA 1B 1＝m (m >0)，因为所有A n B n 平行且a 1＝1，a 2＝2，所以S 梯形A n B n B n ＋1A n ＋1＝S 梯形A 1B 1B 2A 2＝3m ，当n ≥2时，a n a n －1＝OA nOA n －1＝m ＋n －1×3mm ＋n －2×3m＝3n －23n －5， 故a 2n ＝3n －23n －5a 2n －1， a 2n －1＝3n －53n －8a 2n －2， a 2n －2＝3n －83n －11a 2n －3， … a 22＝41a 21， 以上各式累乘可得：a 2n ＝(3n －2)a 21，因为a 1＝1，所以a n ＝3n －2.答案：a n ＝3n －211．（xx 北京，14分）设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.解：本题考查数列的通项与前n 项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力．(1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4.(2)当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1，故数列{a nn }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a nn ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2.(3)证明：当n ＝1时，1a 1＝1<74；当n ＝2时，1a 1＋1a 2＝1＋14＝54<74；当n ≥3时，1a n ＝1n 2<1n －1n ＝1n －1－1n，此时1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝1＋122＋132＋142＋…＋1n 2<1＋14＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝1＋14＋12－1n ＝74－1n <74. 综上，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.12．（xx 北京，13分）已知{a n }是由非负整数组成的无穷数列．该数列前n 项的最大值记为A n ，第n 项之后各项a n ＋1，a n ＋2, …的最小值记为B n ，d n ＝A n －B n .(1)若{a n }为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n ∈N *，a n ＋4＝a n )，写出d 1，d 2，d 3，d 4的值；(2)设d 是非负整数．证明：d n ＝－d (n ＝1,2,3，…)的充分必要条件为{a n }是公差为d 的等差数列；(3)证明：若a 1＝2，d n ＝1(n ＝1,2,3，…)，则{a n }的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.解：本题主要考查无穷数列的有关知识，考查了考生对新定义类数列的理解与运用，对考生的逻辑思维能力要求较高．(1)d 1＝d 2＝1，d 3＝d 4＝3.(2)证明：(充分性)因为{a n }是公差为d 的等差数列，且d ≥0，所以a 1≤a 2≤…≤a n ≤…， 因此A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1，d n ＝a n －a a ＋1＝－d (n ＝1,2,3…)．(必要性)因为d n ＝－d ≤0(n ＝1,2,3，…)，所以A n ＝B n ＋d n ≤B n ，又a n ≤A n ，a n ＋1≥B n ， 所以a n ≤a n ＋1，于是，A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1， 因此a n ＋1－a n ＝B n －A n ＝－d n ＝d ， 即{a n }是公差为d 的等差数列． (3)证明：因为a 1＝2，d 1＝1， 所以A 1＝a 1＝2，B 1＝A 1－d 1＝1. 故对任意n ≥1，a n ≥B 1＝1.假设{a n }(n ≥2)中存在大于2的项． 设m 为满足a m ＞2的最小正整数， 则m ≥2，并且对任意1≤k ＜m ，a k ≤2. 又a 1＝2，所以A m －1＝2，且A m ＝a m ＞2.于是，B m ＝A m －d m ＞2－1＝1，B m －1＝min{a m ，B m }≥2. 故d m －1＝A m －1－B m －1≤2－2＝0，与d m －1＝1矛盾．所以对于任意n ≥1，有a n ≤2，即非负整数列{a n }的各项只能为1或2. 因为对任意n ≥1，a n ≤2＝a 1， 所以A n ＝2.故B n ＝A n －d n ＝2－1＝1.因此对于任意正整数n ，存在m 满足m ＞n ，且a m ＝1，即数列{a n }有无穷多项为1. 13．（xx 福建，4分）数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2 012＝________.解析：∵a n ＝n cosn π2＋1，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝6，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝6，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝6，k ∈N ，故S 2 012＝503×6＝3 018.答案：3 01814．（2011福建，13分）已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0,0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．解：(1)由q ＝3，S 3＝133，得a 11－331－3＝133，解得a 1＝13. 所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3. 因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3； 因为当x ＝π6时f (x )取得最大值，所以sin(2×π6＋φ)＝1.又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin(2x ＋π6)．.。
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。
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
2019年4月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.。
2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列课时达标检测三十一数列求和与数列的综合问题
2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列课时达标检测三十一数列求和与数列的综合问题一、全员必做题1．(xx·山东高考)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连结点P 1(x 1，1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解：(1)设数列{x n }的公比为q ，由已知得q ＞0. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0.因为q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1， 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ， 由题意得b n ＝n ＋n ＋12×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.①又2T 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＝32＋21－2n －11－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝2n －1×2n＋12.2．(xx·泰州调研)对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22＜x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设数列{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝74.(1)求数列{a n }的通项公式，并判断数列{S n }是否为“减差数列”；(2)设b n ＝(2－na n )t ＋a n ，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，求实数t 的取值范围．解：(1)设数列{a n }的公比为q ， 因为a 1＝1，S 3＝74，所以1＋q ＋q 2＝74，即4q 2＋4q －3＝0， 所以(2q －1)(2q ＋3)＝0. 因为q ＞0，所以q ＝12，所以a n ＝12n －1，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1，所以S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2＜2－12n ＝S n ＋1，所以数列{S n }是“减差数列”．(2)由题设知，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n 2n －1t ＋12n －1＝2t －tn －12n －1.由b n ＋b n ＋22＜b n ＋1(n ≥3，n ∈N *)， 得t －tn －12n＋t －t n ＋2－12n ＋2＜2t －t n ＋1－12n，即tn －12n＋t n ＋2－12n ＋2＞t n ＋1－12n，化简得t (n －2)＞1.又当n ≥3时，t (n －2)＞1恒成立， 即t ＞1n －2恒成立， 所以t ＞⎝⎛⎭⎪⎫1n －2max＝1.故实数t 的取值范围是(1，＋∞)．3．已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2， 所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上， 所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *)． (2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝36n －5[6n ＋1－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝121－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋16n －5－16n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n6n ＋1. 二、重点选做题1．(xx·北京高考)设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }(n ＝1,2，3，…)，其中max{x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数．(1)若a n ＝n ，b n ＝2n －1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，c nn＞M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．解：(1)c 1＝b 1－a 1＝1－1＝0，c 2＝max{b 1－2a 1，b 2－2a 2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c 3＝max{b 1－3a 1，b 2－3a 2，b 3－3a 3}＝max{1－3×1，3－3×2,5－3×3}＝－2.当n ≥3时，(b k ＋1－na k ＋1)－(b k －na k )＝(b k ＋1－b k )－n (a k ＋1－a k )＝2－n ＜0， 所以b k －na k 关于k ∈N *单调递减．所以c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }＝b 1－a 1n ＝1－n . 所以对任意n ≥1，c n ＝1－n ，于是c n ＋1－c n ＝－1， 所以{c n }是等差数列．(2)证明：设数列{a n }和{b n }的公差分别为d 1，d 2，则b k －na k ＝b 1＋(k －1)d 2－[a 1＋(k －1)d 1]n＝b 1－a 1n ＋(d 2－nd 1)(k －1)．所以c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b 1－a 1n ＋n －1d 2－nd 1，d 2＞nd 1，b 1－a 1n ，d 2≤nd 1.①当d 1＞0时，取正整数m ＞d 2d 1，则当n ≥m 时，nd 1＞d 2， 因此c n ＝b 1－a 1n .此时，c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列． ②当d 1＝0时，对任意n ≥1，c n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)max{d 2,0}＝b 1－a 1＋(n －1)(max{d 2,0}－a 1)． 此时，c 1，c 2，c 3，…，c n ，…是等差数列． ③当d 1＜0时， 当n ＞d 2d 1时，有nd 1＜d 2. 所以c n n ＝b 1－a 1n ＋n －1d 2－nd 1n＝n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2＋b 1－d 2n≥n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2－|b 1－d 2|. 对任意正数M ，取正整数m ＞max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫M ＋|b 1－d 2|＋a 1－d 1－d 2－d 1，d 2d 1， 故当n ≥m 时，c nn＞M .2．(xx·江苏名校联考)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于3，则称这个数列为“S 型数列”．(1)已知数列{a n }满足a 1＝4，a 2＝8，a n ＋a n －1＝8n －4(n ≥2，n ∈N *)，求证：数列{a n }是“S 型数列”；(2)已知等比数列{a n }的首项a 1与公比q 均为正整数，且{a n }为“S 型数列”，记b n ＝34a n ，当数列{b n }不是“S 型数列”时，求数列{a n }的通项公式；(3)是否存在一个正项数列{c n }是“S 型数列”，当c 2＝9，且对任意大于等于2的自然数n 都满足1n －1n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1c n ≤1c n －1＋1c n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1c n －1？如果存在，给出数列{c n }的一个通项公式(不必证明)；如果不存在，请说明理由．解：(1)a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，①a n ＋a n －1＝8n －4.②②－①，得a n ＋1－a n －1＝8. 所以a 2n ＝8n ，a 2n －1＝8n －4. 因此a n ＝4n ，从而a n －a n －1＝4＞3. 所以数列{a n }是“S 型数列”．(2)由题意可知a 1≥1，且a n －a n －1＞3，因此{a n }单调递增且q ≥2.而(a n －a n －1)－(a n －1－a n －2)＝a n －1(q －1)－a n －2(q －1)＝(q －1)(a n －1－a n －2)＞0， 所以{a n －a n －1}单调递增．又b n ＝34a n ，因此{b n －b n －1}单调递增，又{b n }不是“S 型数列”，所以存在n 0，使得bn 0－bn 0－1≤3， 所以b 2－b 1≤bn 0－bn 0－1≤3， 即a 1(q －1)≤4.又因为a 2－a 1＞3，即a 1(q －1)＞3且a 1·q ∈N *. 所以a 1(q －1)＝4，从而a 1＝4，q ＝2或a 1＝2，q ＝3或a 1＝1，q ＝5. ∴a n ＝2n ＋1或a n ＝2·3n －1或a n ＝5n －1.(3)可取c n ＝(n ＋1)2可验证符合⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1c n ≤1c n －1＋1c n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1c n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1条件，而且c n －c n －1＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1＞3.三、冲刺满分题1．(xx·如皋月考)已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为S n .(1)若a n ＝2n －1，求S n ；(2)是否存在等比数列{a n }，使b n ＋2＝S n 对任意n ∈N *恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a n }的通项公式；若不存在，说明理由；(3)若a 1≤a 2≤…≤a n ≤…，求证：0≤S n ＜2. 解：(1)当a n ＝2n －1时，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14·12n ＝32n ＋2.所以，S n ＝38⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋12n －1＝34－32n ＋2.(2)满足条件的数列{a n }存在且只有两个，其通项公式为a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.证明：在b n ＋2＝S n 中，令n ＝1，得b 3＝b 1. 设a n ＝qn －1，则b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1q21qn .由b 3＝b 1，得⎝⎛⎭⎪⎫1－1q 21q3＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1q21q.若q ＝±1，则b n ＝0，满足题设条件． 此时a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.若q ≠±1，则1q 3＝1q，即q 2＝1，矛盾．综上，满足条件的数列{a n }存在，且只有两个，一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)因1＝a 1≤a 2≤…≤a n ≤…， 故a n ＞0,0＜a na n ＋1≤1， 于是0＜a 2na 2n ＋1≤1.所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1≥0，n ＝1,2,3，…， 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ≥0.又b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a n a n ＋1·1a n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·a n a n ＋1≤2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. 故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ≤2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1＜2.所以0≤S n ＜2.2．(xx·扬州中学模拟)若数列{a n }和{b n }的项数均为n ，则将∑i ＝1n|a i －b i |定义为数列{a n }和{b n }的距离．(1)已知a n ＝2n，b n ＝2n ＋1，n ∈N *，求数列{a n }和{b n }的距离d n .(2)记A 为满足递推关系a n ＋1＝1＋a n 1－a n的所有数列{a n }的集合，数列{b n }和{c n }为A 中的两个元素，且项数均为n .若b 1＝2，c 1＝3，数列{b n }和{c n }的距离大于2 017，求n 的最小值．(3)若存在常数M ＞0，对任意的n ∈N *，恒有∑i ＝1n|a i －b i |≤M 则称数列{a n }和{b n }的距离是有界的．若{a n }与{a n ＋1}的距离是有界的，求证：{a 2n }与{a 2n ＋1}的距离是有界的．解：(1)d n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋1－n 2－2n ＋2，n ≥2.(2)设a 1＝p ，其中p ≠0且p ≠±1. 由a n ＋1＝1＋a n1－a n，得a 2＝1＋p 1－p ，a 3＝－1p ，a 4＝p －1p ＋1，a 5＝p .所以a 1＝a 5，a 2＝a 6，…，因此集合A 中的所有数列都具有周期性，且周期为4.数列{b n }中，b 4k －3＝2，b 4k －2＝－3，b 4k －1＝－12，b 4k ＝13(k ∈N *)，数列{c n }中，c 4k －3＝3，c 4k －2＝－2，c 4k －1＝－13，c 4k ＝12(k ∈N *)，因为∑i ＝1k ＋1|b i －c i |≥∑i ＝1k|b i －c i |，所以项数n 越大，数列{b n }和{c n }的距离越大． 因为∑i ＝14|b i －c i |＝73，而∑i ＝13 456|b i －c i |＝∑i ＝14×864|b i －c i |＝73×864＝2 016，|c 1－b 1|＝1，|c 2－b 2|＝1，因此，当n ＝3 457时，∑i ＝13 457|b i －c i |＝2 017，当n ＝3 458时，∑i ＝13 458|b i －c i |＝2 018，故n 的最小值为3 458.(3)因为{a n }与{a n ＋1}的距离是有界的，所以存在正数M ，对任意的n ∈N *，有 |a n ＋1－a n |＋|a n －a n －1|＋…＋|a 2－a 1|≤M . |a n |＝|a n －a n －1＋a n －1－a n －2＋…＋a 2－a 1＋a 1| ≤|a n －a n －1|＋|a n －1－a n －2|＋…＋|a 2－a 1|＋|a 1|≤M＋|a1|.记K＝M＋|a1|，则有|a2n＋1－a2n|＝|(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)| ≤(|a n＋1|＋|a n|)|a n－1－a n|≤2K|a n＋1－a n|.因此|a2n＋1－a2n|＋|a2n－a2n－1|＋…＋|a22－a21|≤2KM.故{a2n}与{a2n＋1}的距离是有界的．。
高三复习数学32_数列求和及数列的综合应用 (3)(有答案)
3.2 数列求和及数列的综合应用一、选择题。
1. 数列112,214,318,4116，…的前n项和为（）A.1 2(n2+n+2)−12nB.12n(n+1)+1−12n−1C.1 2(n2−n+2)−12nD.12n(n+1)+2(1−12n)2. 若数列{a n}的通项公式是a n=(−1)n(3n−2)，则a1+a2+⋯+a10=( )A.15B.12C.−12D.−153. 已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d>0”是“S4+S6>2S5”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4. 设{a n}是公比q≠−1的等比数列，它的前n项和、前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是（）A.X+Z=2YB.Y(Y−X)=Z(Z−X)C.Y2=XZD.Y(Y−X)=X(Z−X)5. 如果一个数列{a n}满足a n+a n+1=H（H为常数，n∈N∗），则称数列{a n}为等和数列，H为公和，S n是其前n项的和，已知等和数列{a n}中，a1=1,H=−3，则S2011等于（）A.−3016B.−3015C.−3014D.−30136. 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.110二、填空题。
等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=3，S 4=10，则 ∑1S kn k=1=________．若a ，b 是函数f(x)=x 2−px +q(p >0, q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，−2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p +q 的值等于________．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1=−1,a n+1=S n S n+1，则S n =________. 三、解答题。
高考数学数列的综合应用专题训练(含答案)
2019高考数学数列的综合应用专题训练（含答案）数列是以正整数集(或它的有限子集)为定义域的函数，是一列有序的数。
以下是查字典数学网整理的数列的综合应用专题训练，请考生练习。
一、填空题1.(2019南通质检)已知数列{an}满足：a1=1，an0，a-a=1(nN*)，那么使an5成立的n的最大值________.[解析] 由a-a=1(nN*)知，数列{a}是首项为1，公差为1的等差数列，则a=1+(n-1)1=n.由an5，n25，则n的最大值为24.[答案] 242.数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比q=________.[解析] 设数列{an}的公差为d(d0)，由a=a1a7得(a1+2d)2=a1(a1+6d)，解得a1=2d.故数列{bn}的公比q====2.[答案] 23.(2019泰州模拟)设数列{an}是首项大于零的等比数列，则a10，当a11.{an}为递增数列;若{an}为递增数列，则q1，a10)，若交换a，b，则b，b-d，b+d成等比数列，得(b-d)2=b(b+d)，解得d=3b，a=-2b，c=4b.==10.若交换a，c，则d=0(舍去).若交换b，c也可得=10，综上，=10.[答案] 107.从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.[解析] 设倒n次后纯酒精与总溶液的体积比为an，则an=n，由题意知n10%，n4.[答案] 48.已知数列{an}为等差数列，公差为d，若-1，且它的前n项和Sn有最大值，则使得Sn0的n的最小值为________.[解析] 根据Sn有最大值知，d0，则a10a11，由-1知，a10a11，且a11-a10即a10+a110，从而S19==19a100，S20==10(a10+a11)0，则使Sn0的n的最小值为20.[答案] 20二、解答题9.(2019天津高考)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(nN*)，且-2S2，S3,4S4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明：Sn+(nN*).[解] (1)设等比数列{an}的公比为q.因为-2S2，S3,4S4成等差数列，所以S3+2S2=4S4-S3，即S4-S3=S2-S4，可得2a4=-a3，于是q==-.又因为a1=，所以等比数列{an}的通项公式为an=n-1=(-1)n-1.(2)证明：Sn=1-n，Sn+=1-n+=当n为奇数时，Sn+随n的增大而减小.所以Sn+S1+=.当n为偶数时，Sn+随n的增大而减小，所以Sn+S2+=.故对于nN*，有Sn+.10.某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少.从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元;从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式;(2)设An=，若An大于80万元，则M继续使用，否则需在第n年初对M更新.证明：需在第9年初对M更新.[解] (1)当n6时，数列{an}是首项为120，公差为-10的等差数列，an=120-10(n-1)=130-10n.当n7时，数列{an}是以a6为首项，公比为的等比数列，又a6=70，所以an=70n-6.因此，第n年初，M的价值an的表达式为an=(2)设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得当16时，Sn=120n-5n(n-1)，An=120-5(n-1)=125-5n;当n7时，由于S6=570，故Sn=S6+(a7+a8++an)=570+704=780-210n-6.An=.因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列，又A8==8280，要练说，得练看。
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2019-2020年高三数学专题复习 数列求和及数列的综合应用检测题一．知识梳理1． 数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并． (2)错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列． (3)倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和． (4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为1a n a n ＋1的数列的前n 项和，其中{a n }若为等差数列，则1a n a n ＋1＝1d（ ）.常见的拆项公式： ①1n n ＋＝ ；②1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)； ③1n －n ＋＝12( － )； ④1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．2． 数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项a n 与它的前一项a n －1(或前n 项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题. 二．预习练习1． 已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n ＝________.2． 在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于________．3． 对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＋1＝f (a n )，n ＝1,2，…，则a 2 013＝________.三．典型例题考点一 分组转化求和法例1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 变式 已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n ＋n 2－3n －2，n ＝1,2,3，… (1)求证：数列{a n －2n }为等比数列；(2)设b n ＝a n ·cos n π，求数列{b n }的前n 项和T n . .考点二 错位相减求和法例2 (2013·山东)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n＝λ(λ为常数)．令c n ＝b 2n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和R n .变式设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 考点三 裂项相消求和法例3 (2013·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.变式 已知x ，f x2，3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前n 项和为S n ，对于所有大于1的正整数n 都有S n ＝f (S n －1)． (1)求数列{a n }的第n ＋1项； (2)若b n 是1a n ＋1，1a n的等比中项，且T n 为{b n }的前n 项和，求T n .考点四 数列的实际应用例4 (2012·湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元． (1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．变式 某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下，可卖出b 千克．若做广告宣传，广告费为n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出b2n 千克．(1)当广告费分别为1千元和2千元时，用b 表示销售量S ； (2)试写出销售量S 与n 的函数关系式；(3)当a ＝50，b ＝200时，要使厂家获利最大，销售量S 和广告费n 分别应为多少？ 四．课后练习 一、填空题1． 在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.2． 秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数为________．3． 数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝________.4． 已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2n 为奇数，－n 2n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝________.5． (2013·安徽)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n ，若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．6． 已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4(n ≥1)且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n－n －6|<1125的最小整数n 是________．7．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天． 二、解答题8．(2013·江西)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋2a 2n，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<564. 9．将函数f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{a n }(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的表达式．10．在等比数列{a n }中，a 2＝14，a 3·a 6＝1512.设b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12，T n 为数列{b n }的前n 项和．(1)求a n 和T n ；(2)若对任意的n ∈N *，不等式λT n <n －2(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围．11． 已知函数f (x )满足ax ·f (x )＝b ＋f (x ) (ab ≠0)，f (1)＝2且f (x ＋2)＝－f (2－x )对定义域中任意x 都成立． (1)求函数f (x )的解析式；(2)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫3－2f a n 2.求证：数列{a n }是等差数列；(3)若b n ＝a n2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .。