数列的通项与求和二轮专题训练(文科)

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(广西课标版)2020版高考数学二轮复习专题能力训练12数列的通项与求和(文)

专题能力训练12 数列的通项与求和一、能力突破训练1.已知数列{a n }是等差数列,a 1=tan 225°,a 5=13a 1,设S n 为数列{(-1)na n }的前n 项和,则S 2 016=( ) A.2 016B.-2 016C.3 024D.-3 0242.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n 2+n ,数列{b n }满足b n =1a a a a +1(n ∈N *),T n 是数列{b n }的前n项和,则T 9等于( ) A.919B.1819C.2021D.9403.(2019河北衡水中学二调,6)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a 2=2,且对于任意n>1,n ∈N *,满足S n+1+S n-1=2(S n +1),则S 10的值为( ) A.90B.91C.96D.1004.设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,{S n +na n }为常数列,则a n =( ) A.13a -1B.2a (a +1)C.1(a +1)(a +2)D.5-2a 35.已知数列{a n },构造一个新数列a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n-1,…,此数列是首项为1,公比为13的等比数列,则数列{a n }的通项公式为( ) A.a n =32−32×(13)a,n ∈N *B.a n =32+32×(13)a,n ∈N *C.a n ={1,a =1,32+32×(13)a ,a >2,且a ∈N * D.a n =1,n ∈N *6.若数列{a n }满足a n+1=11-a a,a 11=2,则a 1= .7.(2019云南师范大学附中高三月考,15)在数列{a n }中,a 2=5,a n+1-a n =2n (n ∈N *),则数列{a n }的通项公式a n = .8.(2019福建厦门高二检测,15)已知数列{a n}满足3a1+32a2+33a3+…+3n a n=2n+1,则{a n}的通项公式为.9.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.10.(2019广东汕头一模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且2S n=na n+2a n-1.(1)求数列{a n}的通项公式;}的前n项和为T n,证明:T n<4.(2)若数列{1a a211.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+…+1a 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 .二、思维提升训练12.(2019安徽合肥第二次质检,11)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等.如图,某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n 件.已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物的总价是100-200(910)a万元,则n 的值为( )A.7B.8C.9D.1013.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 = . 14.设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a 2=2,且a n+2=3S n -S n+1+3,n ∈N *.(1)证明:a n+2=3a n;(2)求S n.15.已知{a n}是等比数列,前n项和为S n(n∈N*),且1a1−1a2=2a3,S6=63.(1)求{a n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,b n是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n a a2}的前2n项和.16.(2019湖南湘西四校联考,17)已知数列{a n},{b n},S n为数列{a n}的前n项和,a1=2b1,S n=2a n-2,nb n+1-(n+1)b n=n2+n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:数列{a aa}为等差数列;(3)若c n={-a a a a2,a为奇数,a a a a4,a为偶数,求数列{c n}的前2n项和.专题能力训练12 数列的通项与求和一、能力突破训练1.C 解析∵a 1=tan225°=1,∴a 5=13a 1=13,则公差d=a 5-a 15-1=13-14=3,∴a n =3n-2.又(-1)na n =(-1)n(3n-2),∴S 2016=(a 2-a 1)+(a 4-a 3)+(a 6-a 5)+…+(a 2014-a 2013)+(a 2016-a 2015)=1008d=3024.2.D 解析∵数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n 2+n ,∴当n=1时,a 1=2;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n , ∴a n =2n (n ∈N *), ∴b n =1aa a a +1=12a (2a +2)=14(1a -1a +1), T 9=14[(1-12)+(12-13)+…+(19-110)]=14×(1-110)=940.3.B 解析∵S n+1+S n-1=2(S n +1),∴S n+1-S n =S n -S n-1+2, ∴a n+1-a n =2.∴当n ≥2时,数列{a n }是等差数列,公差为2.又a 1=1,a 2=2, ∴S 10=1+9×2+9×82×2=91.4.B 解析∵数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,∴S 1+1×a 1=1+1=2.∵{S n +na n }为常数列,∴S n +na n =2.当n ≥2时,(n+1)a n =(n-1)a n-1,从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a a a a -1=13·24·…·a -1a +1, ∴a n =2a (a +1).当n=1时上式成立,∴a n =2a (a +1).5.A 解析因为数列a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n-1,…是首项为1,公比为13的等比数列, 所以a n -a n-1=(13)a -1,n ≥2.所以当n ≥2时,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) =1+13+(13)2+…+(13)a -1=1-(13)a 1-3=32−32×(13)a.又当n=1时,a n =32−32×(13)a=1, 则a n =32−32×(13)a,n ∈N *.6.12 解析由a 11=2及a n+1=11-a a,得a 10=12.同理a 9=-1,a 8=2,a 7=12,….所以数列{a n }是周期为3的数列.所以a 1=a 10=12.7.2n +1 解析由题意可得{a a -a a -1=2a -1,a a -1-a a -2=2a -2,…a 2-a 1=2,利用累加法,得a n -a 1=2(2a -1-1)2-1=2n -2.又a 2-a 1=2,a 2=5,则a 1=3, 所以a n =2n+1.8.a n ={1,a =1,13×(23)a -1,a ≥2解析当n=1时,由3a 1=2+1=3,得a 1=1;当n ≥2时,由3a 1+32a 2+33a 3+…+3n a n =2n+1, 得3a 1+32a 2+33a 3+…+3n-1a n-1=2n-1+1,两式相减,得3n a n =2n-1,即a n =13×(23)a -1,故a n ={1,a =1,13×(23)a -1,a ≥2.9.解(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 .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 *,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(1-3a -2)1-3−(a +7)(a -2)2=3a -a 2-5a +112,所以T n ={2,a =1,3a -a 2-5a +112,a ≥2,a ∈N *.10.(1)解当n=1时,2S 1=a 1+2a 1-1,则a 1=1. 当n ≥2时,2S n =na n +2a n -1, ① 2S n-1=(n-1)a n-1+2a n-1-1,②①-②,得2a n =na n -(n-1)a n-1+2a n -2a n-1,即na n =(n+1)a n-1,所以a a a +1=a a -1a ,且a12=12,所以数列{a a a +1}为常数列,a a a +1=12,即a n =a +12(n ∈N *).(2)证明由(1)得a n =a +12,所以1a a2=4(a +1)2<4a (a +1)=4(1a -1a +1).所以T n =422+432+442+…+4(a +1)2<41×2+42×3+43×4+…+4a (a +1)=4[(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1a -1a +1)]=4(1-1a +1)<4.11.解(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,1a b n =b n+1-b n ,整理得aa +1a +1=a aa,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 *). 二、思维提升训练12.D 解析由题意,得第n 层货物的总价为n ·(910)a -1万元.这堆货物的总价W=1+2×910+3×(910)2+…+n ·(910)a -1,910W=1×910+2×(910)2+3×(910)3+…+n ·(910)a,两式相减,得110W=-n ·(910)a+1+910+(910)2+(910)3+…+(910)a -1=-n ·(910)a+1-(910)a 1-910=-n ·(910)a +10-10·(910)a,则W=-10n ·(910)a+100-100·(910)a=100-200(910)a,解得n=10.13.-1a 解析由a n+1=S n+1-S n =S n S n+1,得1a a−1aa +1=1,即1aa +1−1a a=-1,则{1a a}为等差数列,首项为1a 1=-1,公差为d=-1,∴1a a=-n ,∴S n =-1a .14.(1)证明由条件,对任意n ∈N *,有a n+2=3S n -S n+1+3, 因而对任意n ∈N *,n ≥2,有a n+1=3S n-1-S n +3. 两式相减,得a n+2-a n+1=3a n -a n+1,即a n+2=3a n ,n ≥2. 又a 1=1,a 2=2,所以a 3=3S 1-S 2+3=3a 1-(a 1+a 2)+3=3a 1, 故对一切n ∈N *,a n+2=3a n .(2)解由(1)知,a n ≠0,所以a a +2a a=3,于是数列{a 2n-1}是首项a 1=1,公比为3的等比数列;数列{a 2n }是首项a 2=2,公比为3的等比数列. 因此a 2n-1=3n-1,a 2n =2×3n-1. 于是S 2n =a 1+a 2+…+a 2n=(a 1+a 3+…+a 2n-1)+(a 2+a 4+…+a 2n ) =(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1) =3(1+3+…+3n-1)=3(3a -1)2,从而S 2n-1=S 2n -a 2n =3(3a -1)2-2×3n-1=32(5×3n-2-1).综上所述,S n ={32(5×3a -32-1),a 是奇数,32(3a 2-1),a 是偶数. 15.解(1)设数列{a n }的公比为q.由已知,有1a 1−1a 1a=2a 1a 2,解得q=2或q=-1.又由S 6=a 1·1-a 61-a =63,知q ≠-1, 所以a 1·1-261-2=63,得a 1=1.所以a n =2n-1.(2)由题意,得b n =12(log 2a n +log 2a n+1)=12(log 22n-1+log 22n)=n-12, 即{b n }是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)na a 2}的前n 项和为T n ,则T 2n =(-a 12+a 22)+(-a 32+a 42)+…+(-a 2a -12+a 2a 2)=b 1+b 2+b 3+b 4+…+b 2n-1+b 2n =2a (a 1+a 2a )2=2n 2.16.(1)解∵S n =2a n -2,∴S n-1=2a n-1-2(n ≥2),∴a n =2a n -2a n-1(n ≥2),∴a n =2a n-1(n ≥2), ∴数列{a n }是以2为公比的等比数列.又a 1=S 1=2a 1-2,∴a 1=2,∴a n =2·2n-1=2n. (2)证明∵nb n+1-(n+1)b n =n 2+n=n (n+1),∴aa +1a +1−a aa=1, ∴数列{aaa }是以1为公差的等差数列.(3)解∵b 1=1,由(2)知aa a =b 1+(n-1)×1=n ,∴b n =n 2,∴c n ={-a 2·2a -1,a 为奇数,a 2·2a -2,a 为偶数,∴c 2n-1+c 2n =-(2n-1)222n-2+(2n )222n-2=(4n-1)·4n-1, ∴T 2n =3×40+7×41+…+(4n-1)·4n-1,① ∴4T 2n =3×41+7×42+…+(4n-5)·4n-1+(4n-1)·4n , ②∴-3T 2n =3+4×(41+42+…+4a -1)-(4n-1)·4n =3+16×(1-4a -1)1-4-(4n-1)·4n=4a +1-73-(4n-1)·4n=-4a (12a -3)+4a +1-73,∴T 2n =4a (12a -7)+79.。

2020版高考文科数学二轮课时作业17 数列通项与求和

课时作业17数列通项与求和一、选择题1．(2019年江西鹰潭一中期中)数列1，－4，9，－16，25，…的一个通项公式是()A．a n＝n2B．a n＝(－1)n n2C．a n＝(－1)n＋1n2D．a n＝(－1)n(n＋1)2解析：解法1：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(－1)n＋1，故选C.解法2：将n＝2代入各选项，排除A，B，D，故选C.答案：C2．(2019年河北省衡水中学高三二调考试)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a2＝2，且对于任意n>1，n∈N*，满足S n＋1＋S n－1＝2(S n ＋1)，则S10的值为()A．90B．91C．96D．100解析：∵对于任意n>1，n∈N*，满足S n＋1＋S n－1＝2(S n＋1)，∴S n＋1－S n＝S n－S n－1＋2，∴a n＋1－a n＝2.数列{a n}在n≥2时是等差数列，公差为2.∵a1＝1，a2＝2，∴S10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选B.答案：B3．(2019年山西榆社中学模拟)设S n为数列{a n}的前n项和，已知a 1＝12，n ＋1a n ＋1＝n a n＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( ) A ．2－492100B ．2－49299C ．2－512100D ．2－51299解析：由n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n ，得n ＋1a n ＋1－n a n＝2n ，则n a n －n －1a n －1＝2n －1，n －1a n －1－n －2a n －2＝2n －2，…，2a 2－1a 1＝21，将各式相加，得n a n －1a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n －2，又a 1＝12，所以a n ＝n ·12n ，因此S 100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100，则12S 100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101，两式相减，得12S 100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101，所以S 100＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1299－100·⎝ ⎛⎭⎪⎫12100＝2－51299. 答案：D二、填空题4．已知数列{a n }满足a n ＝a n －13a n －1＋1，a 1＝1，则数列{a n }的通项公式为________．解析：取倒数，得1a n＝3a n －1＋1a n －1＝3＋1a n －1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，则1a n ＝1a 1＋3(n －1)＝3n －2，即a n ＝13n －2. 答案：a n ＝13n －25．若数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋1，且a 1＝1，则数列{a n }的通项公式为________．解析：由题意，可得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)，∴{a n ＋12}是以a 1＋12＝32为首项，公比为3的等比数列．∴a n ＋12＝32×3n －1，∴a n ＝12(3n －1)．答案：a n ＝12(3n －1)6．(2019年预测卷)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n （n ＋1）(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．解析：因为a n ＝n ＋22n n （n ＋1）＝2（n ＋1）－n 2n n （n ＋1）＝12n －1n －12n （n ＋1），所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n （n ＋1）＝1－12n （n ＋1），由于1－12n （n ＋1）<1，所以M ≥1，所以M 的最小值为1.答案：1三、解答题7．(2019年重庆西南大学附属中学校高三月考数学试题)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.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)求数列{a n＋b n}的前n项和．解：(1)由a1＝b1，a4＝b2，得S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12，设等差数列{a n}的公差为d，则a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以d＝2.所以a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1.设等比数列{b n}的公比为q，则由b2＝a4＝9，得b2＝b1q＝3q＝9，所以q＝3.所以b n＝3n.(2)a n＋b n＝(2n＋1)＋3n，所以{a n＋b n}的前n项和为(a1＋a2＋…＋a n)＋(b1＋b2＋…＋b n)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n)＝（3＋2n＋1）n2＋3（1－3n）1－3＝n(n＋2)＋3（3n－1）2.8．(2019年河北省武邑中学高三第一次质检)已知等差数列{a n}的前n项的和为S n，S9＝117，a7＝19.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝1a n a n＋1，求T n＝b1＋b2＋…＋b n；(3)设c x ＝[lg a x ]，[x ]表示不超过x 的最大整数，求{c x }的前1 000项的和．解：(1)由题意，得S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝117，∴a 5＝13. 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 7－a 52＝3，∴a 1＝a 5－4d ＝13－12＝1，∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)由(1)得b n ＝1（3n －2）（3n ＋1）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1 ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1 ＝n 3n ＋1. (3)由(1)知，a 4＝10，a 34＝100，a 334＝1 000，a 3 334＝10 000，当1≤n ≤3时，1≤a n ≤7，所以c n ＝0；当4≤n ≤33时，10≤a n ≤97，所以c n ＝1；当334≤n ≤1 000时，1 000≤a n ≤2 998，所以c n ＝8.∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 （1≤n ≤3），1 （4≤n ≤33），2 （34≤n ≤333），3 （334≤n ≤1 000）， ∴数列{c n }的前1 000项的和为30×1＋300×2＋667×3＝2 631.9．(2019年辽宁省大连市高三第一次月考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－5n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和T n .解：(1)因为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n >1，且S n ＝n 2－5n (n ∈N ＋)，所以a 1＝S 1＝－4，n >1时，a n ＝n 2－5n －(n －1)2＋5(n －1)＝2n －6，因此a 1＝－4也适合上式，所以a n ＝2n －6(n ∈N ＋)．(2)因为a n 2n ＋1＝n －32n ，所以T n ＝－221＋－122＋…＋n －42n －1＋n －32n ， 12T n ＝－222＋－123＋…＋n －42n ＋n －32n ＋1，两式作差，得12T n ＝－221＋122＋…＋12n －n －32n ＋1，化简，得12T n ＝－12－n －12n ＋1，所以T n ＝－1－n －12n .10．(2019年泉州二模)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 n 2的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.解：(1)解：∵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 n 2＝14n 2>14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝1a 12＋1a 32＋…＋1a n 2 >14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a n 2＝14n 2<14n 2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝1a 12＋1a 22＋…＋1a n 2 <12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12. 故n 4n ＋4<T n <12.。

高考数学(文科,人教版)二轮专题复习提分训练：数列的通项及求和[ 高考]

数列的通项及求和高考试题考点一数列的通项公式及应用1.(2012年湖北卷,文17)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3, 6,10,…记为数列{a n},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n},可以推测:(1)b2012是数列{a n}中的第项;(2)b2k-1= .(用k表示)解析:由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为a n=()12n n+,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k=a5k=()5512k k+(k为正整数),b2k-1=a5k-1=()()515112k k--+=()5512k k-,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{a n}中的第5030项.答案:(1)5030 (2)()5512k k - 2.(2011年浙江卷,文17)若数列{n(n+4) 23⎛⎫ ⎪⎝⎭n}中的最大项是第k 项,则k= .解析:法一设数列为{a n },则a n+1-a n =(n+1)(n+5) 23⎛⎫ ⎪⎝⎭n+1-n(n+4)23⎛⎫ ⎪⎝⎭n =23⎛⎫ ⎪⎝⎭n [23(n 2+6n+5)-n 2-4n] =123nn + (10-n 2), 所以当n ≤3时,a n+1>a n ,即a 1<a 2<a 3<a 4,当n ≥4时,a n+1<a n ,因此,a 4>a 5>a 6>…,故a 4最大,所以k=4. 法二由题意得()()()()()()112241143322411433k k k k k k k k k k k k --⎧⎛⎫⎛⎫+≥--+⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎪+≥+++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩化简得()22110,10.k k ⎧-≤⎪⎨≥⎪⎩又∵k ∈N *,∴k=4.答案:43.(2012年广东卷,文19)设数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{S n }的前n 项和为T n ,满足T n =2S n -n 2,n ∈N *. (1)求a 1的值;(2)求数列{a n }的通项公式.解:(1)由题意a 1=S 1=T 1,T n =2S n -n 2, 令n=1得a 1=2a 1-1,∴a 1=1. (2)由T n =2S n -n 2①得T n-1=2S n-1-(n-1)2(n ≥2)② ①-②得S n =2a n -2n+1(n ≥2), 验证n=1时也成立.∴S n =2a n -2n+1③则S n-1=2a n-1-2(n-1)+1(n ≥2)④ ③-④得a n =2a n -2a n-1-2, 即a n +2=2(a n-1+2),故数列{a n +2}是公比为2的等比数列,首项为3, 所以a n +2=3·2n-1,从而a n =3·2n-1-2.4.(2012年大纲全国卷,文18)已知数列{a n }中,a 1=1,前n 项和S n =23n +a n . (1)求a 2,a 3;(2)求{a n }的通项公式.解:(1)由S 2=43a 2得3(a 1+a 2)=4a 2,解得a 2=3a 1=3, 由S 3=53a 3得3(a 1+a 2+a 3)=5a 3, 解得a 3=32 (a 1+a 2)=6. (2)由题设知a 1=1. 当n>1时有a n =S n -S n-1=23n +a n -13n +a n-1, 整理得a n =11n n +-a n-1, 于是a 1=1,a 2=31a 1,a 3=42a 2, …a n-1=2nn -a n-2, a n =11n n +-a n-1. 将以上n 个等式两端分别相乘,整理得a n =()12n n +. 综上,{a n }的通项公式a n =()12n n +.考点二有关数列前n 项和的问题1.(2012年大纲全国卷,文6)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =2a n+1,则S n 等于( )(A)2n-1 (B)32⎛⎫ ⎪⎝⎭n-1 (C)32⎛⎫ ⎪⎝⎭n-1(D)112n - 解析:法一由S n =2a n+1=2(S n+1-S n )可知, 3S n =2S n+1,即S n+1=32S n ,∴数列{S n }是首项为S 1=1,公比为32的等比数列,∴S n =32⎛⎫ ⎪⎝⎭n-1.故选B.法二由S n =2a n+1 ①可知a 2=12S 1=12, 当n ≥2时,S n-1=2a n , ②∴①-②并化简得a n+1=32a n (n ≥2),即{a n }从第二项起是首项为12,公比为32的等比数列,∴S n =a 1+113122312n -⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-=1+32⎛⎫ ⎪⎝⎭n-1-1=32⎛⎫ ⎪⎝⎭n-1(n ≥2),当n=1时,满足上式.故选B.法三特殊值法,由S n =2a n+1及a 1=1, 可得a 2=12S 1=12,∴当n=2时,S 2=a 1+a 2=1+12=32,观察四个选项得B 正确.故选B. 答案:B2.(2012年福建卷,文11)数列{a n }的通项公式a n =ncos π2n ,其前n 项和为S n ,则S 2012等于( )(A)1006 (B)2012 (C)503 (D)0 解析:∵当n ∈N *时, a 4k+1=(4k+1)cos(2k π+π2)=0, a 4k+2=(4k+2)cos(2k π+π)=-(4k+2), a 4k+3=(4k+3)cos(2k π+3π2)=0, a 4n+4=(4k+4)cos(2k π+2π)=4k+4,∴a 4k+1+a 4k+2+a 4k+3+a 4k+4=2.则S 2012=(a 1+a 2+a 3+a 4)+(a 5+a 6+a 7+a 8)+…+(a 2009+a 2010+a 2011+a 2012)=2×503=1006. 答案:A3.(2012年新课标全国卷,文12)数列{a n }满足a n+1+(-1)n a n =2n-1,则{a n }的前60项和为( )(A)3690 (B)3660 (C)1845 (D)1830 解析:∵a n+1+(-1)n a n =2n-1,∴当n=2k(k ∈N *)时,a 2k+1+a 2k =4k-1① 当n=2k+1(k ∈N)时,a 2k+2-a 2k+1=4k+1② ①+②得:a 2k +a 2k+2=8k.则a 2+a 4+a 6+a 8+…+a 60=(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+…+(a 58+a 60)=8(1+3+…+29)=8×()151292⨯+=1800.由②得a 2k+1=a 2k+2-(4k+1),所以a 1+a 3+a 5+…+a 59=a 2+a 4+…+a 60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1800-(4×30292⨯+30)=30, ∴a 1+a 2+…+a 60=1800+30=1830.答案:D4.(2013年新课标全国卷Ⅰ,文17)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3=0,S 5=-5. (1)求{a n }的通项公式; (2)求数列21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.解:(1)设{a n }的公差为d,则S n =na 1+()12n n - d. 由已知可得11330,5105,a d a d +=⎧⎨+=-⎩解得a 1=1,d=-1.故{a n }的通项公式为a n =2-n. (2)由(1)知21211n n a a -+=()()13212n n --=12(123n --121n -),从而数列21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为12(11--11+11-13+…+123n --121n -)=12n n-. 5.(2013年江西卷,文16)正项数列{a n }满足2n a -(2n-1)a n -2n=0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ; (2)令b n =()11nn a +,求数列{b n }的前n 项和T n .解:(1)已知a n 与n 的关系式,求a n ,这一类题目应把式子进行变形,得a n =f(n),从而求出通项公式. 由2n a -(2n-1)a n -2n=0, 得(a n -2n)(a n +1)=0.故a n =-1(因数列为正项数列,舍去)或a n =2n. (2)因b n =()112n n +⋅=12(1n -11n +),所以T n =b 1+b 2+b 3+…+b n=12(11-12)+12(12-13)+12(13-14)+…+12(1n -11n +) =12(11-12+12-13+13-14+…+1n -11n +)=12(1-11n +) =()21nn +. 6.(2013年山东卷,文20)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 }满足11b a +22b a +…+n n b a =1-12n ,n ∈N * ,求{b n }的前n 项和T 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()()11114684,212211,a d a d a n d a n d +=+⎧⎪⎨+-=+-+⎪⎩ 解得a 1=1,d=2. 因此a n =2n-1,n ∈N *. (2)由已知11b a +22b a +…+n n b a =1-12n ,n ∈N *, 当n=1时,11b a =12; 当n ≥2时, n n b a =1-12n -(1-112n -)=12n . 所以n n b a =12n ,n ∈N *. 由(1)知a n =2n-1,n ∈N *,所以b n =212nn -,n ∈N *. 又T n =12+232+352+…+212n n -,12T n =212+332+…+232n n -+1212n n +-, 两式相减得12T n =12+(222+322+…+22n )-1212n n +- =32-112n - =1212n n +-, 所以T n =3-232n n +.7.(2013年安徽卷,文19)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 +12na ),求数列{b n }的前n 项和S n . 解:(1)由题设可得,f ′(x)=a n -a n+1+a n+2-a n+1sin x-a n+2cos 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,解得数列{a n }的公差d=1, 所以a n =2+1×(n-1)=n+1. (2)由b n =2(a n +12n a )=2(n+1+112n +)=2n+12n+2知, S n =b 1+b 2+…+b n=2n+2·()12n n ++11122112n⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-=n 2+3n+1-12n. 8.(2013年大纲全国卷,文17)等差数列{a n }中,a 7=4,a 19=2a 9. (1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =1nna ,求数列{b n }的前n 项和S n . 解:(1)设等差数列{a n }的公差为d, 则a n =a 1+(n-1)d. 因为71994,2,a a a =⎧⎨=⎩所以()11164,1828,a d a d a d +=⎧⎪⎨+=+⎪⎩ 解得a 1=1,d=12.所以{a n }的通项公式为a n =12n +. (2)因为b n =1n na =()21n n +=2n -21n +, 所以S n =(21-22)+(22-23)+…+(2n -21n +) =21n n +. 9.(2013年湖南卷,文19)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:(1)令n=1,得2a 1-a 1=21a ,即a 1=21a . 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,由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 .②①-②,得-B n =1+2+22+…+2n-1-n ·2n =2n -1-n ·2n . 从而B n =1+(n-1)·2n .10.(2012年浙江卷,文19)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2n 2+n,n ∈N *,数列{b n }满足a n =4log 2b n +3,n ∈N *. (1)求a n ,b n ;(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解:(1)由S n =2n 2+n,得当n=1时,a 1=S 1=3;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=4n-1 所以a n =4n-1,n ∈N *由4n-1=a n =4 log 2b n +3,得b n =2n-1,n ∈N *. (2)由(1)知a n b n =(4n-1)·2n-1,n ∈N *, 所以T n =3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,2T n =3×2+7×22+…+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n ,所以2T n -T n =(4n-1)2n -[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)2n +5 故T n =(4n-5)2n +5,n ∈N *.模拟试题考点一数列的通项公式及应用1.(2013北大附中模拟)在数列{a n }中,已知a 1=2,a 2=7,a n+2等于a n a n+1(n ∈N *)的个位数,则a 2013的值是( )(A)8 (B)6 (C)4 (D)2解析:a 1a 2=2×7=14,所以a 3=4,4×7=28, 所以a 4=8,4×8=32,所以a 5=2,2×8=16, 所以a 6=6,a 7=2,a 8=2,a 9=4,a 10=8,a 11=2,…所以从第三项起,a n 成周期排列,周期数为6,2013-2=335×6+1, 所以a 2013=a 3=4.故选C. 答案:C2.(2012许昌月考)已知数列{a n }的通项公式是a n =231nn +,那么这个数列是( )(A)递增数列 (B)递减数列 (C)摆动数列 (D)常数列解析:∵1n n a a +=()2134n n ++·312n n+=2234134n n n n +++>1,a n >0,∴a n+1>a n . 答案:A3.(2011平顶山模拟)在数列{a n }中,a 1=1,a n a n-1=a n-1+(-1)n (n ≥2,n ∈N *),则35a a 的值是( ) (A)1516 (B)158 (C)34 (D)38解析:由已知得a 2=1+(-1)2=2,∴a 3·a 2=a 2+(-1)3, ∴a 3=12,∴12a 4=12+(-1)4, ∴a 4=3,∴3a 5=3+(-1)5,∴a 5=23, ∴35a a =12×32=34.故选C. 答案:C4.(2011江阴模拟)已知数列{a n }满足a 1=2,a n+1=2(1+1n)2a n (n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为 .解析:∵a n+1=2(1+1n )2a n ,∴1n na a +=()2221n n -, ∴a n =1n n a a -·12n n a a --·…·32a a ·21aa ·a 1 =()2221n n -·()()22212n n -- (2)2232⋅·22221⋅·2=2n ·n 2, a 1=2也适合. 答案:a n =2n·n 25.(2013常州模拟)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1,且6S n =(a n +1)(a n +2),n ∈N *.求{a n }的通项公式. 解:由a 1=S 1=16(a 1+1)(a 1+2),解得a 1=1或a 1=2,由已知a 1=S 1>1,因此a 1=2. 又由a n+1=S n+1-S n =16(a n+1+1)(a n+1+2)-16(a n +1)(a n +2), 得(a n+1+a n )(a n+1-a n -3)=0, 因为a n >0,所以a n+1-a n -3=0.即a n+1-a n =3,从而{a n }是公差为3,首项为2的等差数列,故{a n }的通项为a n =3n-1.考点二有关数列前n 项和的问题1.(2012威海一模)数列{a n }中,已知对任意n ∈N *,a 1+a 2+a 3+…+a n =3n -1,则21a +22a +23a +…+2n a 等于( ) (A)(3n -1)2 (B)12(9n -1) (C)9n -1 (D)14(3n -1)解析:已知a 1+a 2+a 3+…+a n =3n -1,①当n ≥2时,a 1+a 2+…+a n-1=3n-1-1,② 由①-②得a n =(3n -1)-(3n-1-1)=2·3n-1,∴{a n }是首项为2,公比为3的等比数列.2n a =(2·3n-1)2=4·32n-2=4·9n-1,∴{2n a }是首项为4,公比为9的等比数列, 故21a +22a + (2)a =()41919n --=12(9n -1).答案:B2.(2011河池高中月考)在数列{a n }中,a 1=2,3(a 1+a 2+…+a n )=(n+2)a n ,n ∈N *,则a n = .解析:由已知可得3S n =(n+2)a n ,当n ≥2时, 3(S n -S n-1)=(n+2)a n -(n+1)a n-1=3a n , ∴1n n a a -=11n n +-.∵a 1·21a a ·32a a ·…·12n n a a --·1n n a a -=2×31×42×53×64×…×2nn -×11n n +-=n(n+1), ∴a n =n(n+1).答案:n(n+1)3.(2013山东师大附中模拟)已知等差数列{a n }的首项为a,公差为d,且方程ax 2-3x+2=0的解为1,d. (1)求{a n }的通项公式及前n 项和公式; (2)求数列{3n-1a n }的前n 项和T n . 解:(1)方程ax 2-3x+2=0的两根为1,d. 所以a=1,d=2. 由此知a n =1+2(n-1)=2n-1,前n 项和S n =n 2. (2)令b n =3n-1a n =(2n-1)·3n-1,则T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =1·1+3·3+5·32+…+(2n-1)·3n-1, 3T n =1·3+3·32+5·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n , 两式相减,得-2T n =1+2·3+2·32+…+2·3n-1-(2n-1)·3n=1+()161313n ----(2n-1)·3n =-2-2(n-1)·3n .∴T n =1+(n-1)·3n .综合检测1.(2012潍坊一中检测)若在数列{a n }中,a 1=1,a 2=2+3,a 3=4+5+6,a 4=7+8+9+10,...,则a 10等于( ) (A)1540 (B)500 (C)505 (D)510 解析:{a n }中的前9项共有正整数 1+2+3+ (9)()9192+=45个, 故a 10=46+47+…+55=()1046552⨯+=505.答案:C2.(2012成都石室中学二模)若数列{a n }满足a 1=2且a n +a n-1=2n +2n-1,S n 为数列{a n }的前n 项和,则log 2(S 2012+2)等于( ) (A)2013 (B)2012 (C)2011 (D)2010解析:由题意得a2+a1=22+2,a4+a3=24+23,a6+a5=26+25,…,a2012+a2011=22012+22011, 以上1006个等式相加得S2012=2+22+23+ (22012)()201221212--=2(22012-1)=22013-2.故log2(S2012+2)=log2(22013-2+2)=2013.答案:A3.(2013北京市海淀区检测)对任意x∈R,函数f(x)满足f(x+1)=12,设a n=[f(n)]2-f(n),数列{a n}的前15项的和为3116-,则f(15)= .解析:因为f(x+1)=12,所以f(x+1)-120,即f(x+1)≥12.两边平方得[f(x+1)-12]2=f(x)-[f(x)]2,即[f(x+1)]2-f(x+1)+14=f(x)-[f(x)]2,即[f(x+1)]2-f(x+1)+[f(x)]2-f(x)=-14,即a n+1+a n=-14,即数列{a n}的任意相邻两项之和为-14,所以S15=7×(-14)+a15=-3116,即a15=-316.所以a15=[f(15)]2-f(15)=-316,解得f(15)=34或f(15)=14(舍去).答案:344.(2012浙江省杭州高中模拟)已知数列{a n}的前n项和S n与通项a n满足S n=12-12a n.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设f(x)=log 3x,b n =f(a 1)+f(a 2)+…+f(a n ),T n =11b +21b +…+1nb ,求T 2012; (3)若c n =a n ·f(a n ),求{c n }的前n 项和U n . 解:(1)当n=1时,a 1=13,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=12-12a n -12+12a n-1, 所以a n =13a n-1,即数列{a n }是首项为13,公比为13的等比数列,故a n =13⎛⎫ ⎪⎝⎭n.(2)由已知可得f(a n )=log 313⎛⎫ ⎪⎝⎭n =-n.则b n =-1-2-3-…-n=-()12n n +, 故1n b =-2(1n -11n +),又T n =-2[(1-12)+(12-13)+…+(1n -11n +)] =-2(1-11n +), 所以T 2012=-40242013. (3)由题意得c n =-n ·13⎛⎫ ⎪⎝⎭n,故U n =c 1+c 2+…+c n=-[1×13⎛⎫ ⎪⎝⎭1+2×13⎛⎫ ⎪⎝⎭2+…+n ×13⎛⎫ ⎪⎝⎭n ],则13U n =-[1×13⎛⎫ ⎪⎝⎭2+2×13⎛⎫ ⎪⎝⎭3+…+n ×13⎛⎫ ⎪⎝⎭n+1],两式相减可得2 3U n=-[13⎛⎫⎪⎝⎭1+13⎛⎫⎪⎝⎭2+…+13⎛⎫⎪⎝⎭n-n·13⎛⎫⎪⎝⎭n+1]=-12[1-13⎛⎫⎪⎝⎭n]+n·13⎛⎫⎪⎝⎭n+1=-12+12·13⎛⎫⎪⎝⎭n+n·13⎛⎫⎪⎝⎭n+1,则U n=-34+34·13⎛⎫⎪⎝⎭n+32n·13⎛⎫⎪⎝⎭n+1.。

(完整版)求数列通项公式与数列求和精选练习题(有答案)

数列的通项公式与求和112342421{},1(1,2,3,)3(1),,{}.(2)n n n n n na n S a a S n a a a a a a a +===+++L L 数列的前项为且，求的值及数列的通项公式求1112{},1(1,2,).:(1){};(2)4n n n n nn n n a n S a a S n nS nS a +++====L 数列的前项和记为已知，证明数列是等比数列*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n nn n a n S S a n N a a a =-∈ 已知数列的前项为，求求证数列是等比数列11211{},,.2n n n n a a a a a n n +==++ 已知数列满足求练习1 练习2 练习3 练习4112{},,,.31n n n n n a a a a a n +==+ 已知数列满足求111511{},,().632n n n n n a a a a a ++==+ 已知数列中,求111{}:1,{}.31n n nn n a a a a a a --==⋅+ 已知数列满足，求数列的通项公式练习8 等比数列{}n a 的前n 项和Sｎ＝2ｎ－１，则2232221na a a a ++++Λ练习9 求和：5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；练习5 练习6练习7练习10 求和：1111447(32)(31)n n+++⨯⨯-⨯+L练习11 求和：111112123123n ++++= +++++++LL练习12 设{}na是等差数列，{}nb是各项都为正数的等比数列，且111a b==，3521a b+=，5313a b+=（Ⅰ）求{}na，{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n S．答案练习1答案：练习2 证明： (1)注意到：a(n+1)=S(n+1)-S(n)代入已知第二条式子得： S(n+1)-S(n)=S(n)*(n+2)/n nS(n+1)-nS(n)=S(n)*(n+2) nS(n+1)=S(n)*(2n+2) S(n+1)/(n+1)=S(n)/n*2又S(1)/1=a(1)/1=1不等于0 所以{S(n)/n}是等比数列 (2)由(1)知，{S(n)/n}是以1为首项，2为公比的等比数列。

高考数学二轮复习第一部分微专题强化练习题：数列求和及综合应用含解析

第一部分一 10一、选择题1．(文)(2015·新课标Ⅱ文，5)设S n 是等差数列{}a n 的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11[答案] A[解析] 考查等差数列的性质及求和公式．a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3⇒a 3＝1，S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.故选A.(理)(2015·新课标Ⅰ文，7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172 B.192 C ．10 D ．12 [答案] B[解析] 本题主要考查等差数列的通项及求和公式．由题可知：等差数列{a n }的公差d ＝1，因为等差数列S n ＝a 1n ＋n (n －1)d2，且S 8＝4S 4，代入计算可得a 1＝12；等差数列的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ，则a 10＝12＋(10－1)×1＝192.故本题正确答案为B.[方法点拨] 数列求和的类型及方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和． (2)错位相减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因式可提，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几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．(5)分组转化求和法有些数列，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，可先分别求和，然后再合并．2．(文)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2013的两个零点是a 2、a 3，则a 1a 4＝( ) A ．2013 B ．1 C ．－1 D ．－2013[答案] D[解析] 由条件得，a 1a 4＝a 2a 3＝－2013.(理)已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1 [答案] C[解析] 据已知得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即数列{a n }为等差数列，又f (x )＝sin2x ＋2×1＋cos x2＝sin2x ＋1＋cos x ，因为a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，故cos a 1＋cos a 9＝cos a 2＋cos a 8＝…＝cos a 5＝0，又2a 1＋2a 9＝2a 2＋2a 8＝…＝4a 5＝2π，故sin2a 1＋sin2a 9＝sin2a 2＋sin2a 8＝…＝sin2a 5＝0，故数列{y n }的前9项之和为9，故选C.3．(2014·辽宁协作联校三模)已知数列{a n }的通项公式a n ＝2014sin n π2，则a 1＋a 2＋…＋a 2014＝( )A ．2012B ．2013C ．2014D ．2015 [答案] C[解析] 数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2014(sin π2＋sinπ＋sin 3π2＋sin2π)＝0，又∵2014＝4×503＋2，∴a 1＋a 2＋…＋a 2014＝a 1＋a 2＝2014sin π2＋2014sinπ＝2014.4．(文)已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝32＋f (x )(x ∈R )，且f (1)＝52，则数列{f (n )}(n ∈N *)前20项的和为( )A ．305B ．315C ．325D ．335[答案] D[解析] ∵f (1)＝52，f (2)＝32＋52，f (3)＝32＋32＋52，…，f (n )＝32＋f (n －1)，∴{f (n )}是以52为首项，32为公差的等差数列．∴S 20＝20×52＋20(20－1)2×32＝335.(理)设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)[答案] A[解析] 设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)⇒k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋(2×6×1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n . [方法点拨] 解决数列与函数知识结合的题目时，要明确数列是特殊的函数，它的图象是群孤立的点，注意函数的定义域等限制条件，准确的进行条件的转化，数列与三角函数交汇时，数列通常作为条件出现，去除数列外衣后，本质是三角问题．5．(文)已知数列{a n }是等比数列，且每一项都是正数，若a 1、a 49是2x 2－7x ＋6＝0的两个根，则a 1·a 2·a 25·a 48·a 49的值为( )A.212 B ．93 C ．±9 3 D ．35[答案] B[解析] ∵{a n }是等比数列，且a 1，a 49是方程2x 2－7x ＋6＝0的两根， ∴a 1·a 49＝a 225＝3.而a n >0，∴a 25＝ 3.∴a 1·a 2·a 25·a 48·a 49＝a 525＝(3)5＝93，故选B.(理)(2015·江西质检)如果数列{a n }中，相邻两项a n 和a n ＋1是二次方程x 2n ＋2nx n ＋c n ＝0(n ＝1,2,3，…)的两个根，当a 1＝2时，c 100的值为( )A ．－9984B ．9984C ．9996D ．－9996[答案] C[解析] 由根与系数关系，a n ＋a n ＋1＝－2n ，则(a n ＋1＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝－2.即a n ＋2－a n ＝－2，∴a 1，a 3，a 5，…和a 2，a 4，a 6，…都是公差为－2的等差数列，∵a 1＝2，a 1＋a 2＝－2，∴a 2＝－4，即a 2k ＝－2k －2，∴a 100＝－102，a 2k －1＝－2k ＋4，∴a 101＝－98.∴c 100＝a 100·a 101＝9996.6．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( )[答案] C[解析] ∵S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，∴S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n .7．(2015·南昌市一模)已知无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A ，则四个无穷数列：①{(－1)n ×2}；②{n }；③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④{2n ＋1n }，其极限为2的共有( )A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个[答案] C[解析] 对于①，|a n －2|＝|(－1)n ×2－2|＝2×|(－1)n －1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0，当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以不符合数列{a n }的极限的定义，即2不是数列{(－1)n ×2}的极限；对于②，由|a n －2|＝|n －2|<ε，得2－ε<n <2＋ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε，即2不是数列{n }的极限；对于③，由|a n －2|＝|1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－2＝22n<ε，得n >1－log 2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1的极限；对于④，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪2n ＋1n －2＝1n <ε，得n >1ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n 的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④. 二、填空题8．(文)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”．已知正项数列{1b n}为“调和数列”，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 4·b 6的最大值是________．[答案] 100[解析] 由调和数列的定义知{b n }为等差数列，由b 1＋b 2＋…＋b 9＝9b 5＝90知b 5＝10， ∵b n >0，∴b 4b 6≤(b 4＋b 62)2＝b 25＝100.(理)(2014·河南十所名校联考)对于各项均为整数的数列{a n }，如果a i ＋i (i ＝1,2,3，…)为完全平方数，则称数列{a n }具有“P 性质”，不论数列{a n }是否具有“P 性质”，如果存在与{a n }不是同一数列的{b n }，且{b n }同时满足下面两个条件：①b 1，b 2，b 3，…，b n 是a 1，a 2，a 3，…，a n 的一个排列；②数列{b n }具有“P 性质”，则称数列{a n }具有“变换P 性质”，下面三个数列：①数列{a n }的前n 项和为S n ＝n3(n 2－1)；②数列1,2,3,4,5；③数列1,2,3，…，11.其中具有“P 性质”或“变换P 性质”的有________(填序号)．[答案] ①②[解析] S n ＝n 3(n 2－1)，S n －1＝n －13[(n －1)2－1](n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝n3(n －1)(n ＋1)－n －13(n 2－2n )＝n3(n －1)(n ＋1－n ＋2)＝n (n －1)(n ≥2)，又a 1＝S 1＝0，∴a 1＋1＝1＝12，a 2＋2＝4＝22，a 3＋3＝9＝32，…，a n ＋n ＝n 2，∴数列{a n }具有“P 性质”；数列1,2,3,4,5排为3,2,1,5,4，则a 1＋1＝4＝22，a 2＋2＝4＝22，a 3＋3＝4＝22，a 4＋4＝9＝32，a 5＋5＝9＝32，∴数列1,2,3,4,5具有“变换P 性质”，同理可验证数列1,2,3，…，11不具有“P 性质”和“变换P 性质”．[方法点拨] 脱去新定义的外衣，将问题化为基本数学模型，用相应的知识方法解答是解决此类问题的基本方法．9．(2015·安徽文，13)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．[答案] 27[解析] 考查1.等差数列的定义；2.等差数列的前n 项和． ∵n ≥2时，a n ＝a n －1＋12，且a 1＝1，∴{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列．∴S 9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.10．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列{a na n ＋1a n ＋4}的最大项的值为________．[答案] 19[解析] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2S n －n (n ＋1)＝0， ∴S n ＝n (n ＋1)2，∴a n ＝n ，∴a n a n ＋1·a n ＋4＝n(n ＋1)(n ＋4)＝1n ＋4n＋5，当n ＝2时，n ＋4n 取最小值4，此时a na n ＋1a n ＋4取到最大值19.三、解答题11．(文)(2015·云南省检测)已知等比数列{a n }的前n 项和是S n ，S 18S 9＝78. (1)求证：S 3，S 9，S 6依次成等差数列；(2)a 7与a 10的等差中项是否是数列{a n }中的项？如果是，是{a n }中的第几项？如果不是，请说明理由．[解析] (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则S 18＝18a 1，S 9＝9a 1， S 18S 9＝21≠78.∴q ≠1.∴S 18＝a 11－q (1－q 18)，S 9＝a 11－q (1－q 9)，S 18S 9＝1＋q 9.∴1＋q 9＝78，解得q ＝－2－13.∴S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝32×a 11－q ，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝34×a 11－q. S 9＝a 11－q(1－q 9)＝98×a 11－q .∵S 9－S 3＝－38×a 11－q ，S 6－S 9＝－38×a 11－q ，∴S 9－S 3＝S 3－S 9.∴S 3，S 9，S 6依次成等差数列．(2)a 7与a 10的等差中项等于a 7＋a 102＝14a 1－18a 12＝a 116.设a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第n 项，则 a 1(－2－13)n －1＝a 116，化简得(－2)－n －13＝(－2)－4，则－n －13＝－4，解得n ＝13.∴a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第13项．(理)(2015·唐山一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足(1－q )S n ＋qa n ＝1，且q (q －1)≠0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列． [解析] (1)当n ＝1时，由(1－q )S 1＋qa 1＝1，∴a 1＝1，当n ≥2时，由(1－q )S n ＋qa n ＝1，得(1－q )S n －1＋qa n －1＝1，两式相减得 (1－q )a n ＋q (a n －a n －1)＝0，∴a n ＝qa n －1，∵a 1＝1，q (q －1)≠0，∴a n ＝q n －1，综上a n ＝q n －1. (2)由(1)可知a na n －1＝q ，所以{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列．所以S n ＝1－a n q 1－q ，又S 3＋S 6＝2S 9，得1－a 3q 1－q ＋1－a 6q 1－q ＝2(1－a 9q )1－q ，化简得a 3＋a 6＝2a 9，两边同除以q 得a 2＋a 5＝2a 8. 故a 2，a 8，a 5成等差数列．[方法点拨] 1.在处理数列求和问题时，一定要先读懂题意，分清题型，区分等差数列与等比数列，不是基本数列模型的注意运用转化思想化归为等差、等比数列，在利用分组求和时，要特别注意项数．2．在处理等差与等比数列的综合问题时，先要看所给数列是等差数列还是等比数列，再依据条件建立方程求解．12．(文)已知函数f (x )在(－1,1)上有定义，f ⎝⎛⎭⎫12＝－1，且满足对任意x 、y ∈(－1，1)，有f (x )＋f (y )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 1＋xy ，数列{x n }中，x 1＝12，x n ＋1＝2x n 1＋x 2n.(1)证明：f (x )在(－1,1)上为奇函数； (2)求数列{f (x n )}的通项公式； (3)求证：1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )>－2n ＋5n ＋2. [分析] (1)要证f (x )为奇函数，只需证明f (－x )＋f (x )＝0，只需在条件式中令y ＝－x ，为了求f (0)，令x ＝y ＝0即可获解．(2)利用f (x )＋f (y )＝f (x ＋y1＋xy)可找出f (x n ＋1)与f (x n )的递推关系，从而求得通项．(3)由f (x n )的通项公式确定数列{1f (x n )}的求和方法，求和后利用放缩法可证明．[解析] (1)证明：令x ＝y ＝0，∴2f (0)＝f (0)， ∴f (0)＝0.令y ＝－x ，则f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0， ∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )在(－1,1)上为奇函数． (2)f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－1，f (x n ＋1)＝f ⎝⎛⎭⎫2x n 1＋x 2n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x n ＋x n 1＋x n ·x n ＝2f (x n)， ∴f (x n ＋1)f (x n )＝2，即{f (x n )}是以－1为首项，2为公比的等比数列，∴f (x n )＝－2n －1. (3)1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n ) ＝－⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝－1－12n1－12＝－⎝⎛⎭⎫2－12n －1＝－2＋12n －1>－2，而－2n ＋5n ＋2＝－⎝⎛⎭⎫2＋1n ＋2＝－2－1n ＋2<－2. ∴1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )>－2n ＋5n ＋2. (理)在直角坐标平面上有一点列P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )，…，对于每个正整数n ，点P n 均位于一次函数y ＝x ＋54的图象上，且P n 的横坐标构成以－32为首项，－1为公差的等差数列{x n }．(1)求点P n 的坐标；(2)设二次函数f n (x )的图象C n 以P n 为顶点，且过点D n (0，n 2＋1)，若过D n 且斜率为k n 的直线l n 与C n 只有一个公共点，求T n ＝1k 1k 2＋1k 2k 3＋…＋1k n －1k n的表达式；(3)设S ＝{x |x ＝2x n ，n 为正整数}，T ＝{y |y ＝12y n ，n 为正整数}，等差数列{a n }中的任一项a n ∈(S ∩T )，且a 1是S ∩T 中最大的数，－225<a 10<－115，求数列{a n }的通项公式．[解析] (1)由题意知x n ＝－32－(n －1)＝－n －12，y n ＝－n －12＋54＝－n ＋34，∴P n ⎝⎛⎭⎫－n －12，－n ＋34.(2)由题意可设二次函数f n (x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋n ＋122－n ＋34，因为f n (x )的图象过点D n (0，n 2＋1)，所以a ⎝⎛⎭⎫n ＋122－n ＋34＝n 2＋1，解得a ＝1，所以f n (x )＝x 2＋(2n ＋1)x ＋n 2＋1.由题意可知，k n ＝f ′n (0)＝2n ＋1，(n ∈N *)．所以T n ＝1k 1k 2＋1k 2k 3＋…＋1k n －1k n ＝13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1213－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋1＝16－14n ＋2. (3)由题意得S ＝{x |x ＝－2n －1，n 为正整数}，T ＝{y |y ＝－12n ＋9，n 为正整数}，所以S ∩T 中的元素组成以－3为首项，－12为公差的等差数列，所以a 1＝－3，则数列{a n }的公差为－12k (k ∈N *)，若k ＝1，则a n ＝－12n ＋9，a 10＝－111∉(－225，－115)；若k ＝2，则a n ＝－24n ＋21，a 10＝－219∈(－225，－115)；若k ≥3，则a 10≤－327，即a 10∉(－225，－115)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝－24n ＋21(n 为正整数)．[方法点拨] 1.数列与函数的综合性试题通常用到函数与方程、化归与转化、分类与整合等思想．注意数列是特殊的函数、等差、等比数列更是如此，因此求解数列与函数的综合性题目时，注意数列与函数的内在联系，将所给条件向a n 与n 的关系转化．2．数列还常与不等式交汇命题，不等式常作为条件或证明、求解的一问呈现，解答时先将数列的基本问题解决，再集中解决不等式问题，注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用．13．(文)(2015·山东文，19)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解析] 考查1.等差数列的通项公式；2.“错位相减法”求和及运算求解能力． (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，得到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 －1)·4n ＋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 ＋1－43，所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋(3n －1)·4n ＋19.(理)(2015·河南八市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对于任意的正整数n ，直线x ＋y ＝2n 总是把圆(x －n )2＋(y －S n )2＝2n 2平均分为两部分，各项均为正数的等比数列{b n }中，b 6＝b 3b 4，且b 3和b 5的等差中项是2a 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)若c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .[解析] (1)由于x ＋y ＝2n 总是把圆(x －n )2＋(y －S n )2＝2n 2平均分为两部分，所以直线过圆心，所以n ＋S n ＝2n ，即S n ＝n 2，所以a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，经检验n ＝1时也成立，所以a n ＝2n －1.等比数列{b n }中，由于b 6＝b 3b 4，所以b 1q 5＝b 21q 5，因为b 1>0，q >0，所以b 1＝1，因为b 3和b 5的等差中项是2a 3，且2a 3＝10，所以b 3＋b 5＝20，所以q 2＋q 4＝20，解得q ＝2，所以b n ＝2n －1. (2)由于c n ＝a n b n ，所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n . T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1 ① 2T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ② 所以－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n ＝1＋2×2(1－2n －1)1－2－(2n －1)2n＝－3＋2×2n －(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n ， T n ＝3＋(2n －3)2n .14．(文)政府决定用“对社会的有效贡献率”对企业进行评价，用a n 表示某企业第n 年投入的治理污染的环保费用，用b n 表示该企业第n 年的产值．设a 1＝a (万元)，且以后治理污染的环保费用每年都比上一年增加2a 万元；又设b 1＝b (万元)，且企业的产值每年比上一年的平均增长率为10%.用P n ＝a n b n100ab表示企业第n 年“对社会的有效贡献率”．(1)求该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”； (2)试问从第几年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%?[解析] (1)∵a 1＝a ，b 1＝b ，P n ＝a n b n 100ab， ∴P 1＝a 1b 1100ab＝1%， P 2＝a 2b 2100ab ＝3a ×1.1b 100ab＝3.3%. 故该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”分别为1%和3.3%.(2)由题意，得数列{a n }是以a 为首项，以2a 为公差的等差数列，数列b n 是以b 为首项，以1.1为公比的等比数列，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a ＋(n －1)·2a ＝(2n －1)a ，b n ＝b 1(1＋10%)n －1＝1.1n －1b .又∵P n ＝a n b n 100ab， ∴P n ＝(2n －1)a ×1.1n －1b 100ab＝(2n －1)×1.1n －1100. ∵P n ＋1P n ＝2n ＋12n －1×1.1＝⎝⎛⎭⎫1＋22n －1×1.1>1， ∴P n ＋1>P n ，即P n ＝(2n －1)×1.1n －1100单调递增．又∵P 6＝11×1.15100≈17.72%<20%， P 7＝13×1.16100≈23.03%>20%. 故从第七年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%.(理)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额都为a 万元，由于经营方式不同，甲超市前n 年的总销售额为a 2(n 2－n ＋2)万元，乙超市第n 年的销售额比前一年的销售额多(23)n －1a 万元．(1)求甲、乙两超市第n 年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年．[解析] (1)设甲、乙两超市第n 年销售额分别为a n 、b n ，又设甲超市前n 年总销售额为S n ，则S n ＝a 2(n 2－n ＋2)(n ≥2)，因n ＝1时，a 1＝a ，则n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a 2(n 2－n ＋2)－a 2[(n －1)2－(n －1)＋2]＝a (n －1)，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，(n －1)a ，n ≥2，又因b 1＝a ，n ≥2时，b n －b n －1＝(23)n －1a ，故b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝a ＋23a ＋(23)2a ＋…＋(23)n －1a ＝[1＋23＋(23)2＋…＋(23)n －1]a ＝1－(23)n 1－23a ＝[3－2·(23)n －1]a ，显然n ＝1也适合，故b n ＝[3－2·(23)n －1]a (n ∈N *) (2)当n ＝2时，a 2＝a ，b 2＝53a ，有a 2>12b 2； n ＝3时，a 3＝2a ，b 3＝199a ，有a 3>12b 3；当n ≥4时，a n ≥3a ，而b n <3a ，故乙超市有可能被收购．当n ≥4时，令12a n >b n ，则12(n －1)a >[3－2·(23)n －1]a ⇒n －1>6－4·(23)n －1，即n >7－4·(23)n －1. 又当n ≥7时，0<4·(23)n －1<1，故当n ∈N *且n ≥7时，必有n >7－4·(23)n －1. 即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．[方法点拨] 1.用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是一个解方程问题，还是解不等式问题，还是一个最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．2．数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．3．正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n 项和．15．(文)定义：若数列{A n }满足A n ＋1＝A 2n ，则称数列{A n }为“平方递推数列”．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝2x 2＋2x 的图象上，其中n 为正整数．(1)证明：数列{2a n ＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2a n ＋1)}为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n 项之积为T n ，即T n ＝(2a 1＋1)(2a 2＋1)…(2a n ＋1)，求T n 关于n 的表达式；(3)记b n ＝log2a n ＋1T n ，求数列{b n }的前n 项之和S n ，并求使S n >2012成立的n 的最小值．[解析] (1)证明：由题意得a n ＋1＝2a 2n ＋2a n ，∴2a n ＋1＋1＝4a 2n ＋4a n ＋1＝(2a n＋1)2. 所以数列{2a n ＋1}是“平方递推数列”．令c n ＝2a n ＋1，所以lg c n ＋1＝2lg c n .因为lg(2a 1＋1)＝lg5≠0，所以lg (2a n ＋1＋1)lg (2a n ＋1)＝2. 所以数列{lg(2a n ＋1)}为等比数列．(2)由(1)知lg(2a n ＋1)＝(lg5)×2n －1，∴2a n ＋1＝10(lg5)×2n －1＝52n －1，∴T n ＝520×521×522×…×52n －1＝520＋21＋…＋2n －1＝52n －1.(3)∵b n ＝log2a n ＋1T n ＝2n －12n －1＝2－(12)n －1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2n －1×(1－12n )1－12＝2n －2＋12n －1，由2n －2＝2012得n ＝1007，∴S 1006＝2×1006－2＋121005∈(2010,2011)，S 1007＝2×1007－2＋121006∈(2012,2013)．故使S n >2012成立的n 的最小值为1007.(理)已知曲线C ：xy ＝1，过C 上一点A n (x n ，y n )作一斜率为k n ＝－1x n ＋2的直线交曲线C 于另一点A n ＋1(x n ＋1，y n ＋1)，点列{A n }的横坐标构成数列{x n }，其中x 1＝117. (1)求x n 与x n ＋1的关系式；(2)令b n ＝1x n －2＋13，求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝3n －λb n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[分析] (1)由直线方程点斜式建立x n 与y n 关系，而(x n ，y n )在曲线xy ＝1上，有x n y n ＝1，消去y n 得x n 与x n ＋1的关系；(2)由定义证b n ＋1b n为常数；(3)转化为恒成立的问题解决． [解析] (1)过点A n (x n ，y n )的直线方程为y －y n ＝－1x n ＋2(x －x n )，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ y －y n ＝－1x n ＋2(x －x n )xy ＝1，消去y 得 1x n ＋2x 2－⎝⎛⎭⎫y n ＋x n x n ＋2x ＋1＝0. 解得x ＝x n 或x ＝x n ＋2x n. 由题设条件知x n ＋1＝x n ＋2x n. (2)证明：b n ＋1b n ＝1x n ＋1－2＋131x n －2＋13＝1x n ＋2x n －2＋131x n －2＋13＝x n 2－x n ＋131x n －2＋13＝3x n ＋2－x n 3(2－x n )3＋x n －23(x n －2)＝－2. ∵b 1＝1x 1－2＋13＝－2≠0，∴数列{b n }是等比数列． (3)由(2)知，b n ＝(－2)n ，要使c n ＋1>c n 恒成立，由c n ＋1－c n ＝[3n ＋1－λ(－2)n ＋1]－[3n －λ(－2)n ]＝2·3n ＋3λ(－2)n >0恒成立，即(－1)n λ>－⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立．①当n 为奇数时，即λ<⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立．又⎝⎛⎭⎫32n －1的最小值为1，∴λ<1.②当n 为偶数时，即λ>－⎝⎛⎭⎫32n －1恒成立，又－⎝⎛⎭⎫32n －1的最大值为－32，∴λ>－32，即－32<λ<1.又λ为非零整数， ∴λ＝－1，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n .。

高三文科数学(通用版)二轮复习：专题限时集训5 数列的通项与求和

专题限时集训(五) 数列的通项与求和建议A 、B 组各用时：45分钟]A 组高考达标]一、选择题1．(2016·石家庄二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．2n ＋1B.2nC.2n －1D.2n －2A 由S n ＝2a n －4可得S n －1＝2a n －1－4(n ≥2)，两式相减可得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．又a 1＝2a 1－4，a 1＝4，所以数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A.]2．数列{a n }满足a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝n －1n a n －1，则a 5＝( ) A.15 B.16 C.5D.6A 因为a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝n －1n a n －1，则a n a n －1＝n －1n ，所以a 5＝a 5a 4·a 4a 3·a 3a 2·a 2a 1·a 1，即a 5＝45×34×23×12×1＝15.故选A.] 3.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1的值为( ) A.n ＋12(n ＋2)B.34－n ＋12(n ＋2)C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2C ∵1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.]4．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 2 0122 012－S 1010＝2 002，则S 2 014的值等于( )A ．2 011 B.－2 012 C.2 014D.－2 013C 等差数列中，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，S n n ＝a 1＋(n －1)d2，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为a 1＝－2 012，公差为d 2的等差数列．因为S 2 0122 012－S 1010＝2 002，所以(2 012－10)d2＝2 002，d2＝1，所以S 2 014＝2 014(－2 012)＋(2 014－1)×1] ＝2 014，选C.]5．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 2 014等于( )A.4 0282 015B.4 0242 013C.4 0182 012D.2 0102 011A 令m ＝1，得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，因此1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 014＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 014－12 015＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 015＝4 0282 015.故选A.] 二、填空题6．(2016·西安模拟)设S n 是数列{a n }的前n 项和，a n ＝4S n －3，则S 4＝__________.【导学号：85952025】2027∵a n ＝4S n －3，∴当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1，当n ≥2时，∵4S n ＝a n ＋3，∴4S n －1＝a n －1＋3，∴4a n ＝a n －a n －1，∴a n a n －1＝－13，∴{a n }是以1为首项，－13为公比的等比数列，∴S 4＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1341＋13＝8081×34＝2027.] 7．(2016·广州二模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，S n ＝kn 2－1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为__________．n2n ＋1令n ＝1得a 1＝S 1＝k －1，令n ＝2得S 2＝4k －1＝a 1＋a 2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以S n ＝4n 2－1，1S n ＝14n 2－1＝1(2n ＋1)(2n －1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.] 8．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝1，则通项公式a n ＝________.⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，n ∈N * 由S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)可得S n －1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)两式相减得：a n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1a n ＝32(n ≥2，n ∈N *)．又由a 1＝1及S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)可得a 2＝12，所以数列{a n }从第二项开始成一个首项为a 2＝12，公比为32的等比数列，故当n >1，n ∈N *时有a n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，所以有a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，n ∈N *.]三、解答题9．(2016·郑州模拟)已知等差数列{a n }中a 2＝5，前4项和S 4＝28. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知条件得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝5，S 4＝4a 1＋4×32×d ＝28，2分∴⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝4，4分 ∴a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝4n －3(n ∈N *).6分 (2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)，8分T 2n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(8n －3)＝4×n ＝4n (n ∈N *).12分 10．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .解] (1)因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①所以当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②2分 ①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2).4分在①中，令n ＝1，得a 1＝13，满足a n ＝13n ，所以a n ＝13n (n ∈N *).6分 (2)由(1)知a n ＝13n ，故b n ＝na n＝n ×3n .则S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，③ 3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，④8分 ③－④得－2S n ＝3＋32＋33＋34＋ (3)－n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1，11分所以S n ＝34＋(2n －1)×3n ＋14(n ∈N *).12分B 组名校冲刺]一、选择题1．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10等于( )A.911 B.1011 C.811D.1211B y ＝log a (x －1)＋3恒过定点(2,3)，即a 2＝2，a 3＝3，又{a n }为等差数列， ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n (n ＋1)，∴T 10＝1－111＝1011，故选B.]2．已知数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( )A ．445 B.765 C.1 080D.3 105B ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3，∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列，∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63.令a n ≤0，得n ≤21，∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30. ∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765，故选B.]3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( ) A.13n －1B.2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2)D.5－2n 3B 由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，有a n＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1).故选B.]4．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里 B.96里 C.48里D.24里B 由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．故选B.]二、填空题5．(2016·山西四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝__________.【导学号：85952026】3×21 008－3 ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ①， ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1②，∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 016＝1－21 0081－2＋2×(1－21 008)1－2＝3×21 008－3.]6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝__________，S 5＝__________.1 121 ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121.] 三、解答题7．(2016·太原二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解] (1)∵12，a n ，S n 成等差数列，∴2a n ＝S n ＋12，1分当n ＝1时，2a 1＝S 1＋12，∴a 1＝12，2分当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a na n －1＝2，4分∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，a n ＝2n －2(n ∈N *).6分 (2)∵b n ＝log 2a 2n ＋1×log 2a 2n ＋3＝log 222n ＋1－2×log 222n ＋3－2 ＝(2n －1)(2n ＋1)，8分∴1b n ＝12n －1×12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，10分 ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.12分 8．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 ＝a nb 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] (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0(b n ≠0，n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a n b n ＝2，2分即c n ＋1－c n ＝2.3分又c1＝a1b1＝1，所以数列{c n}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故c n＝2n－1.5分(2)由b n＝3n－1知a n＝c n b n＝(2n－1)3n－1，7分于是数列{a n}的前n项和S n＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，8分3S n＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，9分相减得－2S n＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，11分所以S n＝(n－1)3n＋1.12分。

高考数学(文科)二轮课件：答题模板(2)数列的通项公式及求和问题

3
公比为12的等比数列，
4′
所以 bn－12＝b1－12·12n－1＝3·12n－1，
即 bn＝3·12n－1＋12
5′
(2)解
由题意及(1)得
Sn
＝n＋213－
bn
＝n＋213
－3
1 2
n－
1
－12
＝
n＋212－312n－1
6
求前 n 项和由已知可用 bn 表示 Sn，即 Sn＝n＋213－bn；
转化并证明分离字母，并判断数列{cn}的增减性求数列{cn}中的最大项．
7
2
[规范解答]
(1)证明当 n＝1 时，2b1＝7，b1＝72
1′
当 n≥2 时，Sn＋bn＝n＋213， ①
Sn－1＋bn－1＝n－12＋13， ②
①－②得 2bn－bn－1＝12，所以bn－12＝12bn－1－12，
所以数列bn－12是首项为 b1－12＝3，
116＝c4＜c5＝332，所以 n＝5 时，cn 取得最大值332，
所以，要使 k≥2n2－n 7对任意 n∈N*恒成立，k≥332
12′
5
[解题流程] 求首项
令 n＝1，即可求出 b1；转化为等比数列
b1＝72，将
bn＝12bn－1＋14
类型的问题转化为等比数列求解；
求通项公式
根据等比数列通项公式求 bn－12，进而求 bn；
7′
不等式12＋1n2得 k≥2n2－n 7，对任意 n∈N*恒成立．设 cn＝2n2－n 7，
则 cn＋1－cn＝22nn－＋15－2n2－n 7＝－22nn＋＋1 9.
当 n≥5 时，cn＋1≤cn，cn 为单调递减数列，当 1≤n＜5 时，cn＋1＞cn，cn 为单调递增数列，

高考数学二轮1题型练4 大题专项(二) 数列的通项、求和问题

题型练4大题专项(二)数列的通项、求和问题1.已知数列{a n}是公比为q的正项等比数列,{b n}是公差d为负数的等差数列,满足1a2−1 a3=da1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.(1)求数列{a n}的公比q与数列{b n}的通项公式;(2)求数列{|b n|}的前10项和S10.2.(2021广西桂林中学高三月考)已知公差不为零的等差数列{a n}满足a3=-4,且a2,a1,a3成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{a n-3n-1}的前n项和为S n,求使S n≤-20成立的最小正整数n.3.已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,数列{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)令c n=(a n+1)n+1(b n+2)n,求数列{c n}的前n项和T n.4.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公比为q的等比数列{b n}的首项是12,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式a n,b n;(2)求数列{1a n a n+1+1b n b n+1}的前n项和T n.5.已知数列{a n}满足a1=12,且a n+1=a n-a n2(n∈N*).(1)证明1≤a na n+1≤2(n∈N*);(2)设数列{a n2}的前n项和为S n,证明12(n+2)≤S nn≤12(n+1)(n∈N*).6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且a n+1=1+S n,且a2=2a1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n log2a n+(-1)n·n,求数列{b n}的前n项和H n.答案：1.解:(1)由已知得b1+b2+b3=3b2=21,即b2=7.所以b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7·(7+d)=343-7d2=315, 解得d=-2或d=2(舍去).所以b1=7+2=9,b n=-2n+11.因为{a n}是公比为q的正项等比数列,1a2−1a3=da1,所以1a1q−1a1q2=-2a1,所以2q2+q-1=0,解得q=-1(舍去)或q=12.(2)由(1)易知当n≤5时,b n>0,当n≥6时,b n<0.设{b n}的前n项和为T n,则S10=b1+b2+…+b5-b6-b7-…-b10 =2(b1+b2+…+b5)-(b1+b2+…+b10)=2T5-T10=2×[5×9+5×42×(−2)]-(10×9+10×92×(−2))=50.2.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0).因为a2,a1,a3成等比数列,所以a12=a2a3,即(a3-2d)2=(a3-d)a3,所以(-4-2d)2=-4(-4-d).又d≠0,所以d=-3.所以a1=a3-2d=2.所以a n=2-3(n-1)=-3n+5.(2)由(1)得a n-3n-1=(-3n+5)-3n-1,所以S n=(2-30)+(-1-31)+(-4-32)+…+[(-3n+5)-3n-1]=[2+(-1)+(-4)+…+(-3n+5)]-(30+31+32+…+3n-1)=n[2+(-3n+5)]2−30(1-3n)1-3=7n-3n22−3n-12=7n-3n2-3n+12.所以S1=1,S2=-3,S1>S2.由f(x)=7x-3x 22在区间[2,+∞)上单调递减,g(x)=-3x-12在区间[2,+∞)上单调递减,可知当n≥2时,S n+1<S n.又S2<S1,所以{S n}是递减数列.又S3=-16,S4=-50,所以使S n≤-20成立的最小正整数n为4.3.解:(1)由题意知,当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5, 又当n=1时,a1=S1=11适合上式,所以a n=6n+5.设数列{b n }的公差为d ,由{a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,得{11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,解得{b 1=4,d =3,所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1,又T n =c 1+c 2+c 3+…+c n ,则T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1], 2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)·2n+2],两式相减,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2] =3×[4+4(2n −1)2−1−(n +1)·2n+2]=-3n·2n+2,所以T n =3n·2n+2.4.解:(1)设{a n }公差为d ,由题意得{a 1+2d =8,a 1+2q =3,a 1+d +2q =6,解得{a 1=2,d =3,q =12,故a n =3n-1,b n =(12)n .(2)∵1an a n+1+1bn b n+1=13(1a n-1an+1)+1bn b n+1=13(1a n-1an+1)+22n+1,∴T n =13[(12-15)+(15-18)+…+(13n -1-13n+2)]+8(1-4n )1-4=13(12-13n+2)+13(22n+3-8)=13(22n+3-13n+2)−52.5.证明:(1)由题意得a n+1-a n =-a n 2≤0,即a n+1≤a n ,故a n ≤12.由a n =(1-a n-1)a n-1,得a n =(1-a n-1)(1-a n-2)…(1-a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12,得a na n+1=a nan -a n2=11-a n∈[1,2],即1≤a nan+1≤2.(2)由题意得a n 2=a n -a n+1,所以S n =a 1-a n+1.①由1an+1−1a n=a nan+1和1≤a nan+1≤2,得1≤1an+1−1a n≤2,所以n ≤1an+1−1a 1≤2n ,因此12(n+1)≤a n+1≤1n+2(n ∈N *).② 由①②得12(n+2)≤S n n≤12(n+1)(n ∈N *).6.解:(1)∵a n+1=1+S n ,∴当n ≥2时,a n =1+S n-1, ∴a n+1=2a n (n ≥2).又a 2=1+S 1=1+a 1,a 2=2a 1, 解得a 1=1. ∴a n =2n-1.(2)由题意可知b n =a n log 2a n +(-1)n ·n=(n-1)·2n-1+(-1)n ·n. 设数列{(n-1)·2n-1}的前n 项和为T n ,则有 T n =0×20+1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1,① ∴2T n =0×21+1×22+2×23+…+(n-1)·2n ,② 由②-①,得T n =(n-2)·2n +2.当n 为偶数时,H n =(n-2)·2n +2-1+2-3+…-(n-1)+n=(n-2)·2n +2+n2=(n-2)·2n +n+42. 当n 为奇数时,H n =(n-2)·2n +2-1+2-3+…-(n-1)-n=(n-2)·2n +2+n -12-n=(n-2)·2n -n -32.故H n ={(n -2)·2n +n+42(n 为偶数),(n -2)·2n -n -32(n 为奇数).。

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数列的通项与求和二轮专题复习（文科）一、真题回访回访1 a n 与S n 的关系1．(2014·全国卷Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.回访2 数列求和2．(2012·全国卷)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，{a n }的前60项和为( )A ．3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 8303．(2013·全国卷Ⅰ改编)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5.则 (1){a n }的通项公式为__________；(2)数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a2n －1a 2n ＋1的前n 项和为__________．4．(2014·全国卷Ⅰ改编)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，则(1){a n }的通项公式为__________；(2)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为__________．二、热点题型探究热点题型1 数列中的a n 与S n 的关系数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．求数列{a n }的通项公式．[变式训练1] (1)(2016·三模)已知数列{a n }前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n ，则S n ＝__________.(2)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，且2S n ＋2＝3a n (n ∈N *)，则a n ＝__________.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n <38.[变式训练2] 已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .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＋…＋1n 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 .[变式训练3] 已知在公比大于1的等比数列{a n }中，a 2，a 4是函数f (x )＝(x －2)(x －8)的两个零点．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{2na n }的前n 项和S n .三、课后作业1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．2n ＋1 B.2n C.2n －1 D.2n －22．数列{a n }满足a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝n －1n a n －1，则a 5＝( )A.15B.16 C.5 D.6 3.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1的值为( ) A.n ＋12(n ＋2) B.34－n ＋12(n ＋2) C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2 D.32－1n ＋1＋1n ＋24．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 2 0122 012－S 1010＝2 002，则S 2 014的值等于( )A ．2 011 B.－2 012 C.2 014 D.－2 0135．(2016·模拟)设S n 是数列{a n }的前n 项和，a n ＝4S n －3，则S 4＝__________. 6．(2016·二模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，S n ＝kn 2－1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为__________．7．已知{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝1，则通项公式a n ＝______. 8．(2016·模拟)已知等差数列{a n }中a 2＝5，前4项和S 4＝28.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .9．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .数列的通项与求和二轮专题复习（文科）参考答案一、真题回访回访1 a n 与S n 的关系1． [∵a n ＋1＝11－a n ，∴a n ＋1＝11－a n ＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2，∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3.∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2.而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.]回访2 数列求和2．D [∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1， a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×(10＋234)2＝1 830.]3． (1)a n ＝2－n (2)n1－2n [(1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d .由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝0，5a 1＋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1a 2n －1a 2n ＋1＝1(3－2n )(1－2n )＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1， ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1a 2n ＋1的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－11＋11－13＋…＋12n －3－12n －1＝n1－2n .] 4． (1)a n ＝12n ＋1 (2)2－n ＋42n ＋1 [(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2.两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.]二、热点题型探究热点题型1 数列中的a n 与S n 的关系 [解] 由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n＝1，所以2(S n －S n －1)(S n －S n －1)S n －S 2n ＝1，2分即2(S n －S n －1)－S n －1S n ＝1，所以1S n －1S n －1＝12.4分又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列，6分所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.8分所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2n (n ＋1).10分因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n (n ＋1)，n ≥2.12分[变式训练1] (1)n ·2n (n ∈N *) (2)2×3n －1(n ∈N *) [(1)由S n ＝2a n －2n 得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n －S n －1)－2n，即S n 2n －S n －12n －1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，则S n2n ＝n ，S n ＝n ·2n (n ≥2)，当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．(2)因为2S n ＋2＝3a n ，① 所以2S n ＋1＋2＝3a n ＋1，②由②－①，得2S n ＋1－2S n ＝3a n ＋1－3a n ，所以2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ，即a n ＋1a n ＝3.当n ＝1时，2＋2S 1＝3a 1，所以a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．] 热点题型2 裂项相消法求和[解] (1)由已知及等差数列的性质得S 5＝5a 3，∴a 3＝14，1分又a 2，a 7，a 22成等比数列，即a 27＝a 2·a 22.2分由(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d )且d ≠0，解得a 1＝32d ，∴a 1＝6，d ＝4.4分故数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2，n ∈N *.6分(2)证明：由(1)得S n ＝n (a 1＋a n )2＝2n 2＋4n ，1S n ＝12n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋2，8分 ∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.10分，又T n ≥T 1＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＝16，所以16≤T n <38.12分[变式训练2] [解] (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，2分又a 1＋a 4＝9，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1.(舍去)4分由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.6分(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n－1.8分又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，10分所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝ 1－12n ＋1－1.12分热点题型3 错位相减法求和[解] (1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *).2分由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.3分当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n .4分整理得b n ＋1n ＋1＝b n n ，所以b n ＝n (n ∈N *).6分(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 ＋1，8分所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1.9分故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *).12分[变式训练3] [解] (1)因为a 2，a 4是函数f (x )＝(x －2)(x －8)的两个零点，且等比数列{a n }的公比q 大于1，所以a 2＝2，a 4＝8，2分所以q ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *).6分 (2)由(1)知2na n ＝n ×2n ，所以S n ＝1×2＋2×22＋…＋n ×2n ，①7分 2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②8分由①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2－2n ×21－2－n ×2n ＋1，11分所以S n ＝2＋(n －1)×2n ＋1(n ∈N *).12分三、课后作业1．A [由S n ＝2a n －4可得S n －1＝2a n －1－4(n ≥2)，两式相减可得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．又a 1＝2a 1－4，a 1＝4，所以数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A.]2．A [因为a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝n －1n a n －1，则a na n －1＝n －1n ，所以a 5＝a 5a 4·a 4a 3·a 3a 2·a 2a 1·a 1，即a 5＝45×34×23×12×1＝15.故选A.]3.C [∵1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋2， ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.] 4．C [等差数列中，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，S n n ＝a 1＋(n －1)d2，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为a 1＝－2 012，公差为d 2的等差数列．因为S 2 0122 012－S 1010＝2 002，所以(2 012－10)d2＝2 002，d2＝1，所以S 2 014＝2 014[(－2 012)＋(2 014－1)×1]＝2 014，选C.] 5．2027[∵a n ＝4S n －3，∴当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1，当n ≥2时，∵4S n ＝a n ＋3，∴4S n －1＝a n －1＋3，∴4a n ＝a n －a n －1，∴a n a n －1＝－13，∴{a n }是以1为首项，－13为公比的等比数列，∴S 4＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1341＋13＝8081×34＝2027.] 6．n2n ＋1[令n ＝1得a 1＝S 1＝k －1，令n ＝2得S 2＝4k －1＝a 1＋a 2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以S n ＝4n 2－1，1S n ＝14n 2－1＝1(2n ＋1)(2n －1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋ (12)⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.] 7．⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，n ∈N * [由S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)可得S n －1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)两式相减得：an ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1a n＝32(n ≥2，n ∈N *)．又由a 1＝1及S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)可得a 2＝12，所以数列{a n }从第二项开始成一个首项为a 2＝12，公比为32的等比数列，故当n >1，n ∈N *时有a n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，所以有a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，n ∈N *.]8．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知条件得⎩⎨⎧a 2＝a 1＋d ＝5，S 4＝4a 1＋4×32×d ＝28，2分∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，4分∴a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝4n －3(n ∈N *).6分 (2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)，8分T 2n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(8n －3)＝4×n ＝4n (n ∈N *).12分 9．[解] (1)因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，① 所以当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②2分①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2).4分在①中，令n ＝1，得a 1＝13，满足a n ＝13n ，所以a n ＝13n (n ∈N *).6分(2)由(1)知a n ＝13n ，故b n ＝n a n＝n ×3n . 则S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，③ 3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，④8分③－④得－2S n ＝3＋32＋33＋34＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1，11分所以S n ＝34＋(2n －1)×3n ＋14(n ∈N *).12分。