§6.4数列的综合应用 5年高考3年模拟(课标版)复习教学案

§6.4 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
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考题示例
考向
关联考点
数列求和 掌握数列的求和方法 2014课标Ⅰ,17,12分 数列求和(错位相减法) 等差数列通项公式
★★★ 2017课标全国Ⅲ,17,12分 数列求和(裂项相消法) 由S n 求a n 数列的综 合应用
能综合应用等差、等比数列解决相应问题
2016课标全国Ⅰ,17,12分
数列通项公式及求和
等差数列的判定
★★★
分析解读 综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列是特殊的函数,是高考的常考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.
破考点 【考点集训】
考点一 数列求和
1.(2017湖南湘潭三模,9)已知T n 为数列{2n +1
2n
}的前n 项和,若m>T 10+1 013恒成立,则整数m 的最小值为( )
A.1 026
B.1 025
C.1 024
D.1 023 答案 C
2.(2017福建福州八中第六次质检,17)在等比数列{a n }中,公比q ≠1,等差数列{b n }满足b 1=a 1=3,b 4=a 2,b 13=a
3. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式;
(2)记c n =(-1)n b n +a n ,求数列{c n }的前2n 项和S 2n . 解析 (1)设等差数列{b n }的公差为d.
则有{3+3d =3q,3+12d =3q 2
,解得{q =3,d =2或{q =1,d =0(舍去), 所以a n =3n ,b n =2n+1.
(2)由(1)知c n =(-1)n (2n+1)+3n , 则
S 2n =(3+32+33+ (32)
)+{(-3)+5+(-7)+9+…+[-(4n-1)]+(4n+1)}=3(1-32n )1-3
+[(5-3)+(9-7)+…+(4n+1-4n+1)]=32n+1-32
+2n.
3.(2017湖南郴州二模,17)已知等差数列{a n }满足:a n+1>a n (n ∈N *),a 1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,a n +2log 2b n =-1. (1)分别求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .
解析 (1)设d 为等差数列{a n }的公差,则d>0. 由a 1=1,a 2=1+d,a 3=1+2d 分别加上1,1,3后成等比数列, 得(2+d)2=2(4+2d),
解得d=2(舍负),所以a n =1+(n-1)×2=2n-1(n ∈N *), 又因为a n +2log 2b n =-1,所以log 2b n =-n,则b n =12
n (n ∈N *). (2)由(1)知a n ·b n =(2n-1)·12
n , 则T n =1
2
1+3
2
2+5
2
3+…+
2n -1
2n
①,
12T n =122+323+524+…+2n -1
2
n+1②, ①-②,得1
2T n =12
+2×(
12
2
+
12
3
+
12
4
+…+
12n )-2n -12n+1
.
∴12T n =12+2×1
4(1-1
2n -1)
1-12
-2n -1
2n+1, ∴T n =1+2-22n -1-2n -1
2
n
=3-
4+2n -12n =3-3+2n
2
n .
考点二 数列的综合应用
1.(2018福建漳州期末调研测试,5)等差数列{a n }和等比数列{b n }的首项均为1,公差与公比均为3,则a b 1+a b 2+a b 3=( ) A.64 B.32
C.38
D.33
答案 D
2.(2018河南商丘第二次模拟,6)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1-a n ≥2(n ∈N *),且S n 为{a n }的前n 项和,则( ) A.a n ≥2n+1 B.S n ≥n 2 C.a n ≥2n-1 D.S n ≥2n-1 答案 B
3.(2018福建福州八校联考,17)已知公差不为0的等差数列{a n }的前三项和为6,且a 2,a 4,a 8成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =
1
a n a n+1
,数列{b n }的前n 项和为S n ,求使S n <1415
的n 的最大值.
解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d(d ≠0),依题意可得 {a 1+a 2+a 3=6,a 42=a 2a 8,即{a 1+d =2,d 2-a 1d =0, ∵d ≠0,∴a 1=1,d=1,∴a n =n. (2)由(1)可得b n =
1n(n+1)=1n -1
n+1
. ∴S n =(1-1
2
)+(12-13
)+…+(1n -1n+1)=1-1
n+1
. 令1-1n+1<14
15
,得n<14,∴n 的最大值为13.
4.(2018广东佛山一中期中考试,17)在等差数列{a n }中,a 1=3,其前n 项和为S n ,等比数列{b n }的各项均为正数,b 1=1,公比为q,且b 2+S 2=12,q=S 2b 2
. (1)求a n 与b n ;
(2)证明:13≤1S 1+1
S 2
+…+1S n <23
. 解析 (1)设数列{a n }的公差为d. 因为{b 2+S 2=12,
b 1=1,q =S 2b 2,
所以{q +6+d =12,
q =6+d q .
解得q=3或q=-4(舍),d=3. 故a n =3+3(n-1)=3n,b n =3n-1. (2)证明:因为S n =n(3+3n)
2
, 所以1S n =
2n(3+3n)=23(1n -1
n+1
).
故1S 1+1
S 2+…+1S n
=23
[(1-12
)+(12-13
)+(13-14
)+…+(1n -1n+1)]=23(1-1
n+1
).
因为n ≥1,所以0<1n+1≤12,所以12≤1-1
n+1
<1, 所以13≤23(1-1n+1)<23
, 即13≤1S 1+1S 2+…+1S n <23
.
炼技法 【方法集训】
方法 数列求和的方法
1.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=
2f(n)+n
2
(n ∈N *),且f(1)=2,则f(40)=( )
A.95
B.97
C.105
D.392
答案 D
2.(2019届吉林长春模拟,7)已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+2n,则数列{1
a n ·a n+1
}的前6项和为( )
A.215
B.415
C.511
D.1011
答案 A
3.(2018广东珠海二中期中,18)已知数列{a n }与{b n }满足a n+1-a n =2(b n+1-b n ),n ∈N *,b n =2n-1,且a 1=2. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设c n =
a n
n b n
n -1,T n 为数列{c n }的前n 项和,求T n .
解析 (1)因为a n+1-a n =2(b n+1-b n ),b n =2n-1,
所以a n+1-a n =2(b n+1-b n )=2(2n+1-2n+1)=4,
所以{a n }是等差数列,首项a 1=2,公差为4,所以a n =4n-2. (2)c n =
a n n
b n
n -1=
(4n -2)n
(2n -1)n -1
=(2n-1)·2n .
∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n ①, 2T n =1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1②, ①-②得
-T n =1×2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n-1)·2n+1=2+2×4(1-2n -1)
1-2
-(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1, ∴T n =6+(2n-3)·2n+1.
4.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n,S n )在函数f(x)=x 2+Bx+C-1(B,C ∈R )的图象上,且a 1=C. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)记b n =a n (a 2n -1+1),求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设数列{a n }的公差为d, 则S n =na 1+n(n -1)2d=d 2n 2+(a 1-d
2
)n, 又
S n =n 2+Bn+C-1,两式对照得{d
2
=1,
C -1=0,
解得{d =2,C =1,又因为a 1=C,
所以a 1=1,
所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1. (2)由(1)知b n =(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n , 则T n =1×2+3×22+…+(2n-1)·2n , 2T n =1×22+3×23+…+(2n-3)·2n +(2n-1)·2n+1, 两式相减得
T n =(2n-1)·2n+1-2(22+23+…+2n )-2 =(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n -1)
1-2
-2 =(2n-3)·2n+1+6.
过专题
【五年高考】
A 组 统一命题·课标卷题组
考点一 数列求和
1.(2017课标全国Ⅲ,17,12分)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n. (1)求{a n }的通项公式; (2)求数列{
a n
2n+1
}的前n 项和.
解析 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n, 故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)a n =2. 所以a n =
2
2n -1
(n ≥2). 又由题设可得a 1=2, 从而{a n }的通项公式为a n =2
2n -1
(n ∈N *). (2)记{
a n
2n+1
}的前n 项和为S n .
由(1)知
a n 2n+1=2(2n+1)(2n -1)=12n -1-1
2n+1
. 则S n =11-13+13-15
+…+12n -1-12n+1=2n 2n+1
.
2.(2014课标Ⅰ,17,12分)已知{a n }是递增的等差数列,a 2,a 4是方程x 2-5x+6=0的根. (1)求{a n }的通项公式; (2)求数列{a
n 2
n }的前n 项和.
解析 (1)方程x 2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a 2=2,a 4=3. 设数列{a n }的公差为d,则a 4-a 2=2d,故d=12,从而a 1=32
. 所以{a n }的通项公式为a n =12
n+1.
(2)设{a n 2n }的前n 项和为S n ,由(1)知a n 2
n =
n+22n+1
,则
S n =32
2+4
2
3+…+
n+12n +n+2
2n+1
,
12S n =323+424+…+n+12n+1+n+22
n+2. 两式相减得12S n =34
+(12
3
+…+
12
n+1)-n+2
2
n+2
=34+14
(1-12n -1)-n+2
2
n+2.
所以S n =2-n+42n+1
.
考点二 数列的综合应用
(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{a n }是公差为3的等差数列,数列{b n }满足b 1=1,b 2=13
,a n b n+1+b n+1=nb n . (1)求{a n }的通项公式; (2)求{b n }的前n 项和.
解析 (1)由已知,a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=13
,得a 1=2,(3分)
所以数列{a n }是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a n =3n-1.(5分) (2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n 得b n+1=b n 3
,(7分) 因此{b n }是首项为1,公比为13
的等比数列.(9分) 记{b n }的前n 项和为S n , 则S n =1-(13)
n
1-13=32-
1
2×3n -1
.(12分)
B 组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 数列求和
1.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{a n }的公比q>1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n+1-b n )a n }的前n 项和为2n 2+n. (1)求q 的值;
(2)求数列{b n }的通项公式.
解析 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项得a 3+a 5=2a 4+4, 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28, 解得a 4=8.
由a 3+a 5=20得8(q +1q
)=20, 解得q=2或q=12
,
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 ={S 1, n =1,S n -S n -1,n ≥2,解得c n =4n-1.
由(1)可知a n =2n-1, 所以b n+1-b n =(4n-1)·(12
)n -1
, 故b n -b n-1=(4n-5)·(12
)
n -2
,n ≥2,
b n -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1) =(4n-5)·(12)
n -2+(4n-9)·(12)n -3+…+7·1
2+3. 设T n =3+7·12
+11·(12
)2+…+(4n-5)·(12
)
n -2
,n ≥2, 12T n =3·12+7·(12)2+…+(4n-9)·(12)n -2+(4n-5)·(12
)n -1
(n ≥2), 所以12T n =3+4·12
+4·(12)2+…+4·(12)n -2-(4n-5)·(12
)n -1
(n ≥2), 因此T n =14-(4n+3)·(12
)
n -2
,n ≥2, 又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12
)
n -2
.
2.(2017山东,19,12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1+a 2=6,a 1a 2=a
3. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2){b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和为S n .已知S 2n+1=b n b n+1,求数列{b
n a n
}的前n 项和T n . 解析 (1)设{a n }的公比为q,
由题意知:a 1(1+q)=6,a 12
q=a 1q 2,
又a n >0,解得a 1=2,q=2,所以a n =2n . (2)由题意知:S 2n+1=
(2n+1)(b 1+b 2n+1)
2
=(2n+1)b n+1,
又S 2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n =2n+1. 令c n =b n a n
,则c n =
2n+1
2n
. 因此T n =c 1+c 2+…+c n =32+522+72
3+…+2n -12n -1
+2n+1
2n , 又12
T n =3
2
2+5
2
3+7
24+…+
2n -12n +2n+1
2n+1
, 两式相减得1
2
T n =32
+(12
+12
2
+…+
12
n -1)-2n+12
n+1,
所以T n =5-2n+5
2n
.
3.(2017北京,15,13分)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1,a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5. (1)求{a n }的通项公式; (2)求和:b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1.
解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d. 因为a 2+a 4=10,所以2a 1+4d=10. 解得d=2. 所以a n =2n-1.
(2)设等比数列{b n }的公比为q. 因为b 2b 4=a 5,所以b 1qb 1q 3=9. 解得q 2=3.
所以b 2n-1=b 1q 2n-2=3n-1.
从而b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1=1+3+32+…+3n-1=
3n -1
2
.
4.(2016天津,18,13分)已知{a n }是等比数列,前n 项和为S n (n ∈N *),且1a 1-1a 2=2a 3
,S 6=63. (1)求{a n }的通项公式;
(2)若对任意的n ∈N *,b n 是log 2a n 和log 2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n b n
2}的前2n 项和. 解析 (1)设数列{a n }的公比为q.由已知,有1a 1-1a 1q =2
a 1q
2,解得q=2,或q=-1.
又由S 6=a 1·1-q 6
1-q
=63,知q ≠-1,所以a 1·
1-26
1-2
=63,得a 1=1.所以a n =2n-1. (2)由题意,得b n =12
(log 2a n +log 2a n+1)=1
2
(log 22n-1+log 22n )=n-12
, 即{b n }是首项为12
,公差为1的等差数列.
设数列{(-1)n b n 2}的前n 项和为T n
,则 T 2n =(-b 12+b 22)+(-b 32+b 42)+…+(-b 2n -12+b 2n 2
)
=b 1+b 2+b 3+b 4+…+b 2n-1+b 2n =2n(b 1+b 2n )
2
=2n 2.
考点二 数列的综合应用
1.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n ∈N *},B={x|x=2n ,n ∈N *}.将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a 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
2.(2018北京,15,13分)设{a n }是等差数列,且a 1=ln 2,a 2+a 3=5ln 2. (1)求{a n }的通项公式; (2)求e a 1+e a 2+…+e a n . 解析 (1)设{a n }的公差为d. 因为a 2+a 3=5ln 2, 所以2a 1+3d=5ln 2. 又a 1=ln 2,所以d=ln 2. 所以a n =a 1+(n-1)d=nln 2. (2)因为e a 1=e ln 2=2,
e a n
e a n -1
=e a n -a n -1=e ln 2=2, 所以{e a n }是首项为2,公比为2的等比数列. 所以e a 1+e a 2+…+e a n =2×
1-2n
1-2
=2(2n -1). 3.(2017天津,18,13分)已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4.
(1)求{a n }和{b n }的通项公式;
(2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).
解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12, 而b 1=2,所以q 2+q-6=0. 又因为q>0,解得q=2.
所以,b n =2n .
由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8①. 由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16②, 联立①②,解得a 1=1,d=3,
由此可得a n =3n-2.
所以,{a n }的通项公式为a n =3n-2,{b n }的通项公式为b n =2n .
(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,有T n =4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n , 2T n =4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n +(6n-2)×2n+1, 上述两式相减,得 -T n =4×2+6×22+6×23+…+6×2n -(6n-2)×2n+1
=12×(1-2n )1-2
-4-(6n-2)×2n+1
=-(3n-4)2n+2-16.
得T n =(3n-4)2n+2+16.
所以,数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n-4)2n+2+16.
4.(2016浙江,17,15分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2=4,a n+1=2S n +1,n ∈N *. (1)求通项公式a n ;
(2)求数列{|a n -n-2|}的前n 项和.
解析 (1)由题意得{a 1+a 2=4,a 2=2a 1+1,则{a 1=1,
a 2=3.
又当n ≥2时,由a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1+1)=2a n ,
得a n+1=3a n .又因为a 2=3=3a 1,所以数列{a n }是首项为1,公比为3的等比数列. 所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-1,n ∈N *. (2)设b n =|3n-1-n-2|,n ∈N *,则b 1=2,b 2=1. 当n ≥3时,由于3n-1>n+2,故b n =3n-1-n-2,n ≥3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 1=2,T 2=3. 当n ≥3时,T n =3+
9(1-3n -2)1-3-(n+7)(n -2)2=3n -n 2-5n+11
2
,
经检验,n=2时也符合.
所以T n ={2, n =1,
3n -n 2-5n+112
,n ≥2,n ∈N *
.
C 组 教师专用题组
考点一 数列求和
1.(2015湖北,19,12分)设等差数列{a n }的公差为d,前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q.已知b 1=a 1,b 2=2,q=d,S 10=100. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;
(2)当d>1时,记c n =a
n b n
,求数列{c n }的前n 项和T n .
解析 (1)由题意有,{10a 1+45d =100,a 1d =2,即{2a 1+9d =20,
a 1d =2,
解得{a 1=1,d =2,或{a 1=9,d =29
.故{a n =2n -1,b n =2n -1,或{a n =1
9
(2n +79),b n
=9·(29
)n -1. (2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n =2n -12n -1
,
于是T n =1+32+522+723+92
4+…+
2n -12n -1
,①
12T n =12+322+523+724+925+…+2n -12
n .② ①-②可得
12T n =2+12+122+…+12
n -2-2n -12n =3-2n+32n , 故T n =6-
2n+32n -1
.
2.(2015安徽,18,12分)已知数列{a n }是递增的等比数列,且a 1+a 4=9,a 2a 3=8. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和,b n =a n+1
S n S n+1
,求数列{b n }的前n 项和T n .
解析 (1)由题设知a 1·a 4=a 2·a 3=8,
又a 1+a 4=9,可解得{a 1=1,a 4=8或{a 1=8,
a 4=1(舍去).
由a 4=a 1q 3得公比为q=2,故a n =a 1q n-1=2n-1. (2)S n =
a 1(1-q n )1-q =2n -1,又
b n =a n+1S n S n+1=S n+1-S n S n S n+1=1S n -1
S n+1
,
所以T n =b 1+b 2+…+b n =(1S 1-1
S 2
)+(1S 2-1S 3
)+…+(1S n -1S n+1)=1S 1-1
S n+1
=1-1
2n+1
-1
.
3.(2015山东,19,12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,数列{1
a n ·a n+1
}的前n 项和为
n
2n+1
. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设b n =(a n +1)·2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设数列{a n }的公差为d. 令n=1,得
1a 1a 2=13
, 所以a 1a 2=3. 令n=2,得
1a 1a 2+1a 2a 3=25
, 所以a 2a 3=15. 解得a 1=1,d=2,
所以a n =2n-1.
(2)由(1)知b n =2n ·22n-1=n ·4n , 所以T n =1·41+2·42+…+n ·4n , 所以4T n =1·42+2·43+…+n ·4n+1, 两式相减,得-3T n =41+42+…+4n -n ·4n+1 =4(1-4n )
1-4
-n ·4n+1 =
1-3n 3×4n+1-4
3
. 所以T n =
3n -19×4n+1+49=4+(3n -1)4n+1
9
. 4.(2014湖北,19,12分)已知等差数列{a n }满足:a 1=2,且a 1,a 2,a 5成等比数列.
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,是否存在正整数n,使得S n >60n+800?若存在,求n 的最小值;若不存在,说明理由.
解析 (1)设数列{a n }的公差为d,依题意,得2,2+d,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d), 化简得d 2-4d=0,解得d=0或d=4. 当d=0时,a n =2;
当d=4时,a n =2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{a n }的通项公式为a n =2或a n =4n-2. (2)当a n =2时,S n =2n.显然2n<60n+800, 此时不存在正整数n,使得S n >60n+800成立. 当a n =4n-2时,S n =
n[2+(4n -2)]
2
=2n 2. 令2n 2>60n+800,即n 2-30n-400>0, 解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得S n >60n+800成立,n 的最小值为41. 综上,当a n =2时,不存在满足题意的n;
当a n =4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.
5.(2014安徽,18,12分)数列{a n }满足a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n(n+1),n ∈N *. (1)证明:数列{a
n n
}是等差数列;
(2)设b n =3n ·√a n ,求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)证明:由已知可得
a n+1n+1=a n n +1,即a n+1n+1-a
n n
=1. 所以{a n n
}是以a 11
=1为首项,1为公差的等差数列. (2)由(1)得a n n
=1+(n-1)·1=n,所以a n =n 2. 从而b n =n ·3n .
∴S n =1·31+2·32+3·33+…+n ·3n ,① 3S n =1·32+2·33+…+(n-1)·3n +n ·3n+1.② ①-②得-2S n =31+32+…+3n -n ·3n+1 =
3·(1-3n )1-3-n ·3n+1=(1-2n)·3n+1-3
2
. 所以S n =(2n -1)·3n+1+3
4.
6.(2014山东,19,12分)在等差数列{a n }中,已知公差d=2,a 2是a 1与a 4的等比中项. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设b n =a n(n+1)2
,记T n =-b 1+b 2-b 3+b 4-…+(-1)n b n ,求T n .
解析 (1)由题意知(a 1+d)2=a 1(a 1+3d), 即(a 1+2)2=a 1(a 1+6),
解得a 1=2,
所以数列{a n }的通项公式为a n =2n. (2)由题意知b n =a n(n+1)2
=n(n+1).
所以b n+1-b n =2(n+1), 所以当n 为偶数时,
T n =(-b 1+b 2)+(-b 3+b 4)+…+(-b n-1+b n ) =4+8+12+…+2n =
n
2
(4+2n)2
=
n(n+2)2
,
当n 为奇数时,
若n=1,则T 1=-b 1=-2, 若n>1,则T n =T n-1+(-b n ) =
(n -1)(n+1)
2-n(n+1) =-(n+1)2
2
,
n=1时,满足上式. 所以T n ={
-(n+1)2
2,n 为奇数,n(n+2)
2
,n 为偶数. 7.(2013重庆,16,13分)设数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=3a n ,n ∈N +.
(1)求{a n }的通项公式及前n 项和S n ;
(2)已知{b n }是等差数列,T n 为其前n 项和,且b 1=a 2,b 3=a 1+a 2+a 3,求T 20. 解析 (1)由题设知{a n }是首项为1,公比为3的等比数列,所以a n =3n-1,S n =1-3n 1-3=12
(3n
-1). (2)b 1=a 2=3,b 3=1+3+9=13,b 3-b 1=10=2d,所以公差d=5, 故T 20=20×3+
20×19
2
×5=1 010. 8.(2013安徽,19,13分)设数列{a n }满足a 1=2,a 2+a 4=8,且对任意n ∈N *,函数f(x)=(a n -a n+1+a n+2)x+a n+1cos x-a n+2sin x 满足 f '(π2
)=0. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =2(a n +
1
2a n
),求数列{b n }的前n 项和S n .
解析 (1)由题设可得, f '(x)=a n -a n+1+a n+2-a n+1sin x-a n+2·cos x. 对任意n ∈N *,f '(π2
)=a n -a n+1+a n+2-a n+1=0, 即a n+1-a n =a n+2-a n+1,
故{a n }为等差数列.
由a 1=2,a 2+a 4=8,解得{a n }的公差d=1,所以a n =2+1·(n-1)=n+1. (2)由
b n =2(a n +1
2
a n )=2(n
+1
+1
2n+1)=2n+12n +2知,S n =b 1+b 2+…+b n =2n+2·n(n+1)2+1
2[1-(12)n
]1-12
=n 2+3n+1-1
2n .
9.(2013湖南,19,13分)设S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 1≠0,2a n -a 1=S 1·S n ,n ∈N *. (1)求a 1,a 2,并求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{na n }的前n 项和.
解析 (1)令n=1,得2a 1-a 1=a 12
,
即a 1=a 12.
因为a 1≠0, 所以a 1=1. 令n=2,
得2a 2-1=S 2=1+a 2.
解得a 2=2.
当n ≥2时,2a n -1=S n ,2a n-1-1=S n-1,两式相减得2a n -2a n-1=a n .即a n =2a n-1. 于是数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列. 因此,a n =2n-1.所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1. (2)由(1)知na n =n ·2n-1.
记数列{n ·2n-1}的前n 项和为B n ,于是 B n =1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①
2B n =1×2+2×22+3×23+…+n×2n .②
①-②得-B n =1+2+22+…+2n-1-n ·2n =2n -1-n ·2n . 从而B n =1+(n-1)·2n .
考点二 数列的综合应用
1.(2018江苏,20,16分)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列. (1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;
(2)若a 1=b 1>0,m ∈N *,q ∈(1,√2m
],证明:存在d ∈R ,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).
解析 本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)由条件知a n =(n-1)d,b n =2n-1. 因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立, 即|(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7
3≤d ≤52
. 因此,d 的取值范围为[73,52
]. (2)由条件知:a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.
若存在d ∈R ,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)均成立, 即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1). 即当n=2,3,…,m+1时,d 满足q n -1-2n -1b 1≤d ≤q n -1
n -1
b 1. 因为q ∈(1,√2m
], 所以1<q n-1≤q m ≤2, 从而
q n -1-2n -1b 1≤0,q n -1
n -1
b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.
因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列{
q n -1-2n -1}的最大值和数列{q n -1
n -1}的最小值(n=2,3,…,m+1). ①当2≤n ≤m 时,
q n -2n -q n -1-2n -1=nq n -q n -nq n -1+2n(n -1)=n(q n -q n -1)-q n +2
n(n -1)
,
当1<q ≤21
m 时,有q n ≤q m ≤2, 从而n(q n -q n-1)-q n +2>0. 因此,当2≤n ≤m+1时, 数列{q n -1-2
n -1
}单调递增, 故数列{
q n -1-2n -1}的最大值为q m -2
m
. ②设f(x)=2x (1-x),当x>0时,f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x <0. 所以f(x)单调递减,
从而f(x)<f(0)=1. 当
2≤n ≤m 时,q n n q n -1n -1
=q(n -1)n ≤21
n (1-1n )=f (1n )<1. 因此,当2≤n ≤m+1时,数列{q n -1
n -1
}单调递减, 故数列{
q n -1n -1}的最小值为q m
m
.
因此,d 的取值范围为[b 1(q m -2)m ,b 1q m
m
].
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 (1)证明:因为{a n }是等差数列,设其公差为d,则a n =a 1+(n-1)d,
从而,当n ≥4时,a n-k +a n+k =a 1+(n-k-1)d+a 1+(n+k-1)d=2a 1+2(n-1)d=2a n ,k=1,2,3, 所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n , 因此等差数列{a n }是“P(3)数列”.
(2)数列{a n }既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此, 当n ≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n ,① 当n ≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n .② 由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n +a n+1),③ a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n ).④
将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n ,其中n ≥4, 所以a 3,a 4,a 5,…是等差数列,设其公差为d'.
在①中,取n=4,则a 2+a 3+a 5+a 6=4a 4,所以a 2=a 3-d', 在①中,取n=3,则a 1+a 2+a 4+a 5=4a 3,所以a 1=a 3-2d', 所以数列{a n }是等差数列.
3.(2016四川,19,12分)已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n+1=qS n +1,其中q>0,n ∈N *. (1)若a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,求数列{a n }的通项公式;
(2)设双曲线x 2-y 2
a n
2=1的离心率为e n ,且e 2=2,求e 12+e 22+…+e n
2. 解析 (1)由已知,S n+1=qS n +1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n ≥1. 又由S 2=qS 1+1得到a 2=qa 1, 故a n+1=qa n 对所有n ≥1都成立.
所以,数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列. 从而a n =q n-1.
由a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,可得2a 3=a 2+a 2+a 3, 所以a 3=2a 2,故q=2. 所以a n =2n-1(n ∈N *). (2)由(1)可知,a n =q n-1.
所以双曲线x 2-y 2
a n
2=1的离心率e n =√1+a n
2=√1+q 2(n -1). 由e 2=√1+q 2=2解得q=√3.
所以,e 12+e 22+…+e n
2 =(1+1)+(1+q 2)+…+[1+q 2(n-1)] =n+[1+q 2+…+q 2(n-1)] =n+
q 2n -1
q 2-1 =n+12
(3n -1).
4.(2015天津,18,13分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,{b n }是等差数列,且a 1=b 1=1,b 2+b 3=2a 3,a 5-3b 2=7. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;
(2)设c n =a n b n ,n ∈N *,求数列{c n }的前n 项和.
解析 (1)设数列{a n }的公比为q,数列{b n }的公差为d,由题意知q>0.由已知,有{2q 2-3d =2,
q 4-3d =10,消去d,整理得q 4-2q 2-8=0.又因为q>0,解
得q=2,所以d=2.
所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1,n ∈N *;数列{b n }的通项公式为b n =2n-1,n ∈N *. (2)由(1)有c n =(2n-1)·2n-1,设{c n }的前n 项和为S n ,则 S n =1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,
2S n =1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n , 上述两式相减,得-S n =1+22+23+…+2n -(2n-1)×2n =2n+1-3-(2n-1)×2n =-(2n-3)×2n -3, 所以,S n =(2n-3)·2n +3,n ∈N *.
5.(2015浙江,17,15分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n ∈N *),b 1+1
2b 2+13b 3+ (1)
b n =b n+1-1(n ∈N *). (1)求a n 与b n ;
(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ,求T n . 解析 (1)由a 1=2,a n+1=2a n ,得a n =2n (n ∈N *). 由题意知,
当n=1时,b 1=b 2-1,故b 2=2. 当n ≥2时,1n b n =b n+1-b n ,整理得b n+1n+1=b n
n
, 所以b n =n(n ∈N *).
(2)由(1)知a n b n =n ·2n ,
因此T n =2+2·22+3·23+…+n ·2n , 2T n =22+2·23+3·24+…+n ·2n+1,
所以T n -2T n =2+22+23+…+2n -n ·2n+1. 故T n =(n-1)2n+1+2(n ∈N *).
6.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n 满足S n 2
-(n 2+n-3)S n -3(n 2+n)=0,n ∈N *.
(1)求a 1的值;
(2)求数列{a n }的通项公式; (3)证明:对一切正整数n,有
1a 1(a 1+1)+1a 2(a 2+1)+…+1a n (a n +1)<1
3
.
解析 (1)∵S n 2
-(n 2+n-3)S n -3(n 2+n)=0,
∴令n=1,得a 12+a 1-6=0,
解得a 1=2或a 1=-3. 又a n >0,∴a 1=2.
(2)由S n 2-(n 2+n-3)S n
-3(n 2+n)=0, 得[S n -(n 2+n)](S n +3)=0, 又a n >0,所以S n +3≠0,
所以S n =n 2+n,
所以当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n-[(n-1)2+n-1]=2n, 又由(1)知,a 1=2,符合上式, 所以a n =2n. (3)证明:由(2)知,1a n (a n +1)=1
2n(2n+1)
,
所以
1a 1(a 1+1)+1a 2(a 2+1)+…+1
a n (a n +1)
=12×3+14×5+…+12n(2n+1)
<
12×3+13×5+15×7+…+1
(2n -1)(2n+1) =16+12
[(13-15
)+(15-17
)+…+(12n -1-1
2n+1
)]
=16+12(13-1
2n+1)
<16+12×13=13
.
7.(2013课标Ⅱ,17,12分)已知等差数列{a n }的公差不为零,a 1=25,且a 1,a 11,a 13成等比数列. (1)求{a n }的通项公式; (2)求a 1+a 4+a 7+…+a 3n-2.
解析 (1)设{a n }的公差为d.由题意得,a 112
=a 1a 13,
即(a 1+10d)2=a 1(a 1+12d). 于是d(2a 1+25d)=0.
又a 1=25,所以d=0(舍去)或d=-2. 故a n =-2n+27.
(2)令S n =a 1+a 4+a 7+…+a 3n-2.
由(1)知a 3n-2=-6n+31,故{a 3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而 S n =n
2(a 1+a 3n-2)
=n
2
(-6n+56) =-3n 2+28n.
8.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 2n =2a n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)若数列{b n }满足b 1a 1+b 2a 2+…+b n a n
=1-12
n ,n ∈N *,求{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d. 由S 4=4S 2,a 2n =2a n +1得
{
4a 1+6d =8a 1+4d,
a 1+(2n-1)d =2a 1+2(n-1)d +1,
解得a 1=1,d=2. 因此a n =2n-1,n ∈N *.
(2)由已知b 1a 1+b 2a 2+…+b n a n
=1-12
n ,n ∈N *,得 当n=1时,b 1a 1=12
; 当n ≥2时,b n a n
=1-12
n -(1-12
n -1)=1
2n .
所以b n a n =12
n ,n ∈N *. 由(1)知,a n =2n-1,n ∈N *, 所以b n =
2n -1
2n
,n ∈N *, 又T n =12+322+52
3+…+
2n -1
2n
, 12T n =122+323+…+2n -32n +2n -12
n+1,
两式相减得12T n =12
+(22
2
+
22
3
+…+
22n )-2n -12n+1
=32-12n -1-2n -1
2n+1
,
所以T n =3-2n+3
2n
.
【三年模拟】
时间:50分钟 分值:65分
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2018福建厦门第一学期期末质检,7)已知数列{a n }满足a n+1+(-1)n+1a n =2,则其前100项和为( ) A.250 B.200 C.150
D.100
答案 D
2.(2017山西孝义模考,9)已知数列{a n },{b n },其中{a n }是首项为3,公差为整数的等差数列,且a 3>a 1+3,a 4<a 2+5,a n =log 2b n ,则{b n }的前n 项和S n 为( ) A.8(2n -1) B.4(3n -1) C.83
(4n -1) D.43
(3n -1) 答案 C
3.(2017陕西渭南二模,9)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,a 2=3,S 5=25,若{1
a n a n+1
}的前n 项和为
1 008
2 017
,则n 的值为( )
A.504
B.1 008
C.1 009
D.2 017 答案 B
4.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=a x +b(a>0,且a ≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n ∈N *时,a n =f(n)-1
f(n)·f(n+1)
,记数列{a n }的前
n
项和为S n ,当S n =1033
时,n 的值为( ) A.7 B.6 C.5
D.4
答案 D
5.(2019届河南信阳模拟,6)已知数列{a n }的前n 项和为S n =2n+1+m,且a 1,a 4,a 5-2成等差数列,b n =a n
(a n -1)(a n+1+1)
,数列{b n }的前
n 项和为
T n ,则满足T n >
2 017
2 018
的最小正整数n 的值为( )
A.11
B.10
C.9
D.8
答案 B
二、填空题(每小题5分,共10分)
6.(2019届江苏南京模拟,15)已知数列{a n }的通项公式为a n ={1
n(n+2)
,n 为奇数,
n -7,n 为偶数,则数列{a n }前15项和S 15的值为 .
答案 127
17
7.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,13)若{a n },{b n }满足a n b n =1,a n =n 2+3n+2,则{b n }的前2 018项和为 . 答案 1 009
2 020
三、解答题(共30分)
8.(2019届广东模拟,17)已知等比数列{a n }的公比q>1,且a 3+a 5=40,a 4=16. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设b n =n a n
,S n 是数列{b n }的前n 项和,对任意正整数n,不等式S n +n 2
n >(-1)n ·a 恒成立,求a 的取值范围. 解析 (1)由{a 3+a 5=40,a 4=16,得{a 3(1+q 2)=40,
a 3·q =16,因为等比数列{a n }的公比q>1,所以q=2,a 3=8,
所以a n =a 3·q n-3=2n . (2)由于a n =2n ,b n =n a n
, 所以b n =n a n =n 2
n ,
则S n =1
2
1+2
2
2+3
2
3+…+n
2
n ①,
12S n =122+223+324+…+n
2
n+1②, ①-②得12
S n =(
12
1
+
12
2
+…+
12n )-n 2
n+1, 所以
S n =1+12+122+…+12n -1-n 2n =1-12n 1-12
-n 2n =2-2+n
2n ,
所以S n +n 2
n >(-1)n ·a 即2-22
n >(-1)n ·a. 设f(n)=2-22
n (n ∈N *), 由于f(n)=2-22n 单调递增,
故当n 为奇数时,f(1)=1为最小值,所以-a<1,则a>-1, 当n 为偶数时,f(2)=32
为最小值,所以a<32
. 所以a 的取值范围为(-1,32
).
9.(2018云南昆明一中调研,17)在等差数列{a n }中,公差d ≠0,前5项和S 5=15,且a 1,a 3,a 7成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)求a 2+a 8+a 26+…+a 3k -1(k ∈N *)的值. 解析 (1)根据题意得{
5a 1+5×4
2
d =15,
(a 1
+2d)2
=a 1(a 1+6d),
解得{a 1=3
2
,d =34
.
所以数列{a n }的通项公式为a n =a 1+(n-1)d=34n+34
. (2)解法一:由(1)得a 3n -1=34(3n -1)+34=34
×3n , 所以a 2+a 8+a 26+…+a 3k -1 =34
×(31+32+33+…+3k )
=34×
3(1-3k )1-3=98
(3k
-1).
解法二:设b n =a 3n -1=3
4
(3n -1)+34=34
×3n , 则
b n+1
b n
=3(n ∈N *). 所以数列{b n }是首项为94
,公比为3的等比数列,
所以数列{b n }的前k 项和T k =9
4
(1-3k )1-3
=98
(3k -1).
10.(2017湖南长沙长郡中学模拟,17)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,S n 为数列{a n }的前n 项和,a 1=b 1=1,且
b 3S 3=36,b 2S 2=8(n ∈N *). (1)求a n 和b n ; (2)若a n <a n+1,求数列{
1
a n a n+1
}的前n 项和T n .
解析 (1)设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q, 由题意得{q 2(3+3d)=36,
q(2+d)=8.解得{d =2,q =2,或{
d =-2
3,q =6. ∴a n =2n-1,b n =2n-1或a n =13
(5-2n),b n =6n-1. (2)若a n <a n+1,由(1)知a n =2n-1, 则
1a n a n+1=1(2n -1)(2n+1)=12(12n -1-1
2n+1
), ∴T n =12
(1-13
+13-15
+…+
12n -1-12n+1)=n
2n+1.。