高考数学二轮复习(考点梳理+热点突破)第二讲 数列求和及综合应用检测试题(1)
高考数学二轮复习 第二讲 数列求和及综合应用
【金版学案】2015届高考数学二轮复习第二讲数列求和及综合应用一、选择题1．已知等差数列{a n}前n项和为S n，若a1＋a2 012＝1，a2 013＝－1 006，则使S n取最值时n的值为( )A．1 005 B．1 006C．1 007 D．1 006或1 007答案：D2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n ＝( )A．9 B．8 C．7 D．6答案：D3．等比数列{a n}前n项的积为T n，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是( )A．T10 B．T13 C．T17 D．T25解析：∵a3a6a18＝a1q2·a1q5·a1q17＝(a1q8)3＝(a9)3为定值．∴T17＝a1a2…a17＝(a1q8)17＝(a9)17也是定值．答案：C4．已知等比数列{a n}满足a n＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝( )A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2 D．(n－1)2解析：由a5·a2n－5＝22n(n≥3)得a2n＝22n，a n＞0，则a n＝2n，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.故选C. 答案：C5．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4是a 3与a 7的等比中项， S 8＝32，则S 10＝( )A ．18B ．24C ．60D ．90解析：由a 24＝a 3a 7，得(a 1＋3d)2＝(a 1＋2d)(a 1＋6d)，得2a 1＋3d ＝0，再由S 8＝8a 1＋562d＝32，得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3，所以S 10＝10a 1＋902d ＝60.故选C.答案：C6．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ≤0，f （x －1）＋1，x ＞0，把函数g(x)＝f(x)－x 的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为( )A ．a n ＝n （n －1）2 B ．a n ＝n －1C ．a n ＝n(n －1)D ．a n ＝2n－2解析：若0<x≤1，则－1<x －1<0，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －1,若1<x≤2，则0<x －1≤1，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －2＋1， 若2<x≤3，则1<x －1≤2，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －3＋2，若3<x≤4，则2<x －1<3，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －4＋3.以此类推，若n<x≤n＋1(其中n∈N)，则f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －n －1＋n,下面分析函数f(x)＝2x的图象与直线y ＝x ＋1的交点． 很显然，它们有两个交点(0，1)和(1，2)，由于指数函数f(x)＝2x为增函数且图象下凸，故它们只有这两个交点．①将函数f(x)＝2x和y ＝x ＋1的图象同时向下平移一个单位即得到函数f(x)＝2x－1和y ＝x 的图象，取x≤0的部分，可见它们有且仅有一个交点(0，0)． 即当x≤0时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝0.②取①中函数f(x)＝2x－1和y ＝x 图象－1<x ≤0的部分，再同时向上和向右各平移一个单位，即得f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(1，1)．即当0<x≤1时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝1. ③取②中函数f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，继续按照上述步骤进行，即得到f(x)＝2x －2＋1和y ＝x 在1<x≤2上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(2，2)．即当1<x≤2时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝2.④以此类推，函数y ＝f(x)与y ＝x 在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的交点依次为(3，3)，(4，4)，…，(n ＋1，n ＋1)．即方程f(x)－x ＝0在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的根依次为3，4，…，n ＋1. 综上所述方程f(x)－x ＝0的根按从小到大的顺序排列所得数列为0，1，2，3，4，…，n ＋1，其通项公式为a n ＝n －1.故选B. 答案：B二、填空题7．对正整数n ，设曲线y ＝x n(1－x)在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和是________．解析：曲线y ＝x n(1－x)＝x n－x n ＋1，曲线导数为y′＝nxn －1－(n ＋1)x n，所以切线斜率为k ＝n2n －1－(n ＋1)2n ＝－(n ＋2)2n －1，切点为(2，－2n)，所以切线方程为y ＋2n＝－(n ＋2)2n－1(x －2)，令x ＝0得，y ＋2n ＝(n ＋2)2n ，即y ＝(n ＋1)2n ，所以a n ＝(n ＋1)2n，所以a n n ＋1＝2n，是以2为首项，q ＝2为公比的等比数列，所以S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．等比数列{a n }的公比q ＞0, 已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________．解析：由a n ＋2＋a n ＋1＝6a n 得：qn ＋1＋q n ＝6qn －1，即q 2＋q －6＝0，q ＞0，解得q ＝2，又a 2＝1，所以a 1＝12，S 4＝12（1－24）1－2＝152.答案：152三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值． (2)设a 1＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解析：(1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2，③ 若a 2＝0, 由①知a 1＝0， 若a 2≠0，易知a 2－a 1＝1.④ 由①④得：a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－2；综上所述，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝1＋2，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知， a 1＝2＋1，a 2＝2＋2； 当n≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ， (2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1.两式相减得(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1. 所以a n ＝2a n －1(n≥2)． 所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)×(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝12lg 1002n －1.又b 1＝1，b n －b n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 1002n －1－lg 1002n －2＝－12lg 2，所以数列{b n }是以1为首项，－12lg 2为公差，且单调递减的等差数列．则b 1>b 2>…>b 7＝lg 108＞lg 1＝0.当n≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜12lg 1＝0.所以，n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7－212lg 2.10．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝12，且[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N *.(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n －1·a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)经计算a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18.当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列， ∴a 2n －1＝a 1＋(n －1)·2＝2n －1.当n 为偶数，a n ＋2＝12a n ，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 因此，数列{a n }的通项公式为a n＝⎩⎨⎧n ，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n2，n 为偶数. (2)∵b n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴S n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .①12S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.②①②两式相减，得12S n ＝1×12＋2[(12)2＋(12)3＋…＋(12)n ]－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝12＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝32－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1. ∴S n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第2讲数列求和及其综合应用
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专题二 数列
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5．(2022·全国新高考Ⅰ卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1， Sann是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：a11＋a12＋…＋a1n<2.
专题二 数列
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【解析】 (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴Sa11＝1， 又∵Sann是公差为13的等差数列， ∴Sann＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，∴Sn＝(n＋32)an， ∴当 n≥2 时，Sn－1＝(n＋13)an－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋32)an－(n＋13)an－1，
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【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数 列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)， 则an＝a1qn-1＝2n，n∈N*.
专题二 数列
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(2)bn＝a1n＋2log2 an－1＝21n＋2log2 2n－1＝21n＋2n－1， 则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝12＋14＋…＋21n＋(1＋3＋…＋2n－1) ＝1211－－2121n＋12n(1＋2n－1)
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n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
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专题二 数列
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2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn} 的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意： (1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特 别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表
高考数学二轮复习 第二讲 数列求和及综合应用课件检测题
接
利用分组求和法，求出数列{bn}的前n项和．
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高考热 点(rè diǎn)突 破
解析：
栏 目 链 接
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高考热 点(rè diǎn)突 破
栏 目 链 接
第二十四页，共48页。
高考热 点(rè diǎn)突 破
突破点2 错位(cuò wèi)相减法求和
栏 目 链 接
规律(guīlǜ)方法 (1)已知数列{bn}的前n项和Sn，求bn时分如下(rúxià)三
个步骤进行：①当n＝1时，b1＝S1；②当n≥2时，bn＝Sn－
Sn－1；③验证b1是否适合n≥2的解析式，据验证情况写出bn
栏 目
的表达式．
链 接
(2)用数表给出的数列求其通项或和的问题，往往要弄清 前n－1行共有多少项．
数列和等比数列．
栏
4．倒序相加法．
目 链
接
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(yī ɡè)数列倒过来排列(反序)，把它与原数列相加，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．
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主干考 点(kǎo diǎn)梳 理
5．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
3．解应用(yìngyòng)问题的基本步骤．
栏 目 链 接
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主干考 点(kǎo diǎn)梳 理
考点(kǎo diǎn)自测
栏
目
链
解析：
接
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主干考 点(kǎo diǎn)梳 理
2．已知等差数列(děnɡ chā shùliè){an}的前n项和 为Sn.若a3＝20－a6，80则S8等于________．
高考数学二轮复习 专题三 数列 第2讲 数列的求和及综合应用练习-人教版高三全册数学试题
专题三 数列 第2讲 数列的求和及综合应用练习一、选择题1.已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A.n 2＋1－12nB.n 2＋2－12nC.n 2＋1－12n －1D.n 2＋2－12n －1解析 a n ＝(2n －1)＋12n ，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋1－12n .答案 A2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( ) A.20 B.40 C.60D.80 解析 由a n ＋1＝a n a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.答案 C 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 ＋2解析 ∵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.答案 C4.各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则∑nk ＝1a 2k ＝( ) A.n （n ＋5）2 B.3n （n ＋1）2 C.n （5n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）2解析 当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，即3a 1＝a 1a 2，∴a 2＝3，当n ≥2时，由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ，两式相减得：3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1).∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝3，∴{a 2n }为一个以3为首项，3为公差的等差数列，∴∑nk ＝1a 2k ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝3n （n ＋1）2，选B.答案 B5.数列{a n }的通项a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos 2n π3－sin2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为( )A.470B.490C.495D.510解析 因为a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos2n π3－sin 2n π3＝n 2cos 2n π3， 由于cos 2n π3以3为周期，且cos 2π3＝－12，cos 4π3＝－12，cos 6π3＝1，所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋222＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－42＋522＋62＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－282＋2922＋302 ＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤－（3k －2）2＋（3k －1）22＋（3k ）2 ＝∑k ＝110⎝⎛⎭⎪⎫9k －52＝470.答案 A二、填空题6.在数列{a n }中， a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，若b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和S n为________.解析 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝n （n ＋1）2n ＋1＝n2. ∴b n ＝2a n a n ＋1＝2n （n ＋1）4＝8n （n ＋1）＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 答案8n n ＋17.(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________.解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.答案20118.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.解析 (1)当n ＝1时，S 1＝(－1)a 1－12，得a 1＝－14.当n ≥2时，S n ＝(－1)n(S n －S n －1)－12n .当n 为偶数时，S n －1＝－12n ，当n 为奇数时，S n ＝12S n －1－12n ＋1，从而S 1＝－14，S 3＝－116，又由S 3＝12S 2－124＝－116，得S 2＝0，则S 3＝S 2＋a 3＝a 3＝－116.(2)由(1)得S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 99＝－122－124－126－…－12100，S 101＝－12102，又S 2＋S 4＋S 6＋…＋S 100＝2S 3＋123＋2S 5＋125＋2S 7＋127＋…＋2S 101＋12101＝0，故S 1＋S 2＋…＋S 100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1.答案 (1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1三、解答题9.(2015·四川卷)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以q ＝2.从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1， 又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列， 即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000， 即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10， 于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.10.(2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (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⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n）1－2－（n ＋1）×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.11.数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，n ＝1，2，3，….(1)求a 3，a 4，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n －1a 2n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n .证明：当n ≥6时，|S n －2|＜1n. (1)解 ∵a 1＝1，a 2＝2， ∴a 3＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos2π2a 1＋sin 2π2＝a 1＋1＝2， a 4＝(1＋cos 2π)a 2＋sin 2π＝2a 2＝4，当n ＝2k －1时，a 2k ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋cos 2（2k －1）π2a 2k －1＋ sin2（2k －1）π2＝a 2k －1＋1，即a 2k ＋1－a 2k －1＝1， 所以数列{a 2k －1}是首项为1，公差为1的等差数列，因此a 2k －1＝1＋(k －1)＝k ， 当n ＝2k 时，a 2k ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos22k π2a 2k ＋sin 22k π2＝2a 2k ， 所以数列{a 2k }是首项为2，公比为2的等比数列，因此a 2k ＝2k.故数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12，n ＝2k －1，2n 2，n ＝2k .(2)证明 由(1)知，b n ＝a 2n －1a 2n ＝n 2n， S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12S n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1.所以S n ＝2－12n －1－n 2n ＝2－n ＋22n .要证明当n ≥6时，|S n －2|＜1n成立，只需证明当n ≥6时，n （n ＋2）2n＜1成立.法一 令C n ＝n （n ＋2）2n(n ≥6)，则C n ＋1－C n ＝（n ＋1）（n ＋3）2n ＋1－n （n ＋2）2n＝3－n22n ＋1＜0. 所以当n ≥6时，C n ＋1＜C n ，因此当n ≥6时，C n ≤C 6＝6×864＝34＜1.于是当n ≥6时，n （n ＋2）2n＜1.综上所述，当n ≥6时，|S n －2|＜1n.法二 ①当n ＝6时，6×（6＋2）26＝4864＝34＜1成立. ②假设当n ＝k (k ≥6)时不等式成立，即k （k ＋1）2k＜1.则当n ＝k ＋1时，（k ＋1）（k ＋3）2k ＋1＝k （k ＋2）2k×（k ＋1）（k ＋3）2k （k ＋2） ＜（k ＋1）（k ＋3）（k ＋2）·2k ＜1.由①②所述，当n ≥6时，n （n ＋1）2n＜1.即当n ≥6时，|S n －2|＜1n.。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第2讲数列求和及其综合应用
第二篇 专题二 第2讲一、选择题1．数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( C ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5【解析】在等式a m ＋n ＝a m a n 中，令m ＝1， 可得a n ＋1＝a n a 1＝2a n ，∴a n ＋1a n＝2，所以，数列{a n }是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a n ＝2×2n -1＝2n ， ∴a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝a k ＋1·(1－210)1－2＝2k +1·(1－210)1－2＝2k +1(210－1)＝25(210－1)，∴2k +1＝25，则k ＋1＝5，解得k ＝4. 故选C.2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 020等于( A )A ．3B ．2C ．1D ．0【解析】∵a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2 020＝336×0＋a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3.故选A.3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( D )A ．12×(310－1)B ．18×(910－1)C ．126×(279－1)D ．126×(2710－1)【解析】因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，所以{a n }为等差数列，公差为3，{b n }为等比数列，公比为3， 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝1×3n -1＝3n -1， 所以ba n ＝33n -3＝27n -1，所以{ba n }是以1为首项，27为公比的等比数列， 所以{ba n }的前10项和为1×(1－2710)1－27＝126×(2710－1).4．已知数列{a n }和{b n }的首项均为1，且a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0，则S 2 021等于( D )A ．2 021B ．12 021C ．4 041D ．14 041【解析】由a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n 可得a n ＋1＝a n ， 即数列{a n }是常数列，又数列{a n }的首项为1，所以a n ＝1，所以当S n S n ＋1≠0时，2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0可化为2S n S n ＋1＋b n ＋1＝0， 因为S n 为数列{b n }的前n 项和，所以2S n S n ＋1＋b n ＋1＝2S n S n ＋1＋(S n ＋1－S n )＝0， 所以1S n ＋1－1S n＝2，又1S 1＝1b 1＝1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，故S n ＝12n －1，即S n S n ＋1≠0.所以S 2 021＝14 041.5．定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2).记函数f (x )的极大值点从小到大依次为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值依次为b 1，b 2，…，b n ，…，则S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( A )A ．19×320＋1B ．19×319＋1C ．20×319＋1D ．20×320＋1【解析】当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2＝1－(x －1)2， 可得a 1＝1，b 1＝1；当2≤x <4时，有0≤x －2<2，可得f (x )＝3f (x －2)＝3[1－(x －3)2]， 可得a 2＝3，b 2＝3；当4≤x <6时，有0≤x －4<2，可得f (x )＝9f (x －4)＝9[1－(x －5)2]， 可得a 3＝5，b 3＝9；…；a 20＝39，b 20＝319；…. 故S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20 ＝1×1＋3×3＋5×9＋…＋39×319， 3S 20＝1×3＋3×9＋5×27＋…＋39×320， 两式相减可得－2S 20＝1＋2(3＋9＋27＋…＋319)－39×320＝1＋2×3×(1－319)1－3－39×320，化简可得S 20＝1＋19×320.故选A.6．一个弹性小球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的23再落下．设它第n 次着地时，经过的总路程记为S n ，则当n ≥2时，下面说法正确的是( C )A ．S n ≥500B ．S n ≤500C ．S n 的最小值为7003D ．S n 的最大值为400【解析】第一次着地时，共经过了100 m ， 第二次着地时，共经过了⎝⎛⎭⎫100＋100×23×2m ， 第三次着地时，共经过了⎣⎡⎦⎤100＋100×23×2＋100×⎝⎛⎭⎫232×2m ，…， 以此类推，第n 次着地时，共经过了[ 100＋100×⎦⎤23×2＋100×⎝⎛⎭⎫232×2＋…＋100×⎝⎛⎭⎫23n －1×2m. 所以S n ＝100＋4003⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n －11－23＝100＋400⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n －1. 则S n 是关于n 的增函数，所以当n ≥2时，S n 的最小值为S 2，且S 2＝7003.又S n ＝100＋400⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n －1<100＋400＝500.故选C. 7．(2020·浙江改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，a 1d ≤1.记b 1＝S 2，b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ，n ∈N *，下列等式一定不成立的是( D )A ．2a 4＝a 2＋a 6B ．2b 4＝b 2＋b 6C ．a 24 ＝a 2a 8D ．b 24 ＝b 2b 8【解析】由题意，知b 1＝S 2＝a 1＋a 2， b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2， 可得b n ＝a 2n －1＋a 2n (n >1，n ∈N *).由{a n }为等差数列，可知{b n }为等差数列．选项A 中，由a 4为a 2，a 6的等差中项，得2a 4＝a 2＋a 6，成立． 选项B 中，由b 4为b 2，b 6的等差中项，得2b 4＝b 2＋b 6，成立． 选项C 中，a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d ，a 8＝a 1＋7d .由a 24 ＝a 2a 8，可得(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，化简得a 1d ＝d 2，又由d ≠0，可得a 1＝d ，符合a 1d≤1，成立．选项D 中，b 2＝a 3＋a 4＝2a 1＋5d ，b 4＝a 7＋a 8＝2a 1＋13d ， b 8＝a 15＋a 16＝2a 1＋29d .由b 24 ＝b 2b 8，知(2a 1＋13d )2＝(2a 1＋5d )(2a 1＋29d )，化简得2a 1d ＝3d 2， 又由d ≠0，可得a 1d ＝32.这与已知条件a 1d≤1矛盾．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( D )A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n >a nD ．T n <b n ＋1【解析】由题意可得S n ＋3＝3×2n ，S n ＝3×2n －3，a n ＝S n －S n －1＝3×2n -1(n ≥2)， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×21－3＝3，满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3×2n -1(n ∈N *). 设等比数列{b n }的公比为q ，则b 1q n -1＋b 1q n ＝3×2n -1， 解得b 1＝1，q ＝2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n -1(n ∈N *)， 由等比数列的求和公式有T n ＝2n －1. 则有S n ＝3T n ，T n ＝2b n －1，T n <a n ，T n <b n ＋1. 二、填空题9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，过点P (n ，S n )和点Q (n ＋1，S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝__40__．【解析】因为过点P (n ，S n )和点Q (n ＋1，S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2， 所以S n ＋1－S nn ＋1－n ＝S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝3n －2(n ∈N *)，所以a 2＝1，a 4＝7，a 5＝10，a 9＝22， 所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝40.10．(2021·湖南长沙模拟)春夏季节是流感多发期，某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且满足a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院近30天入院治疗流感的总人数为__255__．【解析】由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，所以当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ，当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2， 所以a 1＝a 3＝…＝a 29，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列． 因为a 1＝1，a 2＝2，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋15×142×2＝255.11．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1a n ＝n ＋2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝__n ＋12__，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前10项和为__53__．【解析】因为a n ＋1a n ＝n ＋2n ＋1，所以a 2a 1＝32，a 3a 2＝43，a 4a 3＝54，…，a n a n －1＝n ＋1n (n ≥2)，把它们左右两边分别相乘，得a n ＝n ＋12(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，所以a n ＝n ＋12(n ∈N *).所以1a n a n ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前10项和为4×⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋111－112＝4×⎝⎛⎭⎫12－112＝53. 12．在数列{a n }中，a 1＋a 22＋a 33＋…＋a nn ＝2n －1(n ∈N *)，且a 1＝1，若存在n ∈N *使得a n ≤n (n ＋1)λ成立，则实数λ的最小值为__12__．【解析】依题意得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的前n 项和为2n －1，当n ≥2时，a nn ＝(2n －1)－(2n -1－1)＝2n -1，且a 11＝21－1＝21-1∴n ＝1时也满足a nn ＝2n -1， 因此a n n ＝2n -1(n ∈N *)，a n n (n ＋1)＝2n -1n ＋1，记b n ＝2n -1n ＋1，则b n >0，b n ＋1b n ＝2(n ＋1)n ＋2＝(n ＋2)＋n n ＋2>n ＋2n ＋2＝1， b n ＋1>b n ，数列{b n }是递增数列，数列{b n }的最小项是b 1＝12.依题意得，存在n ∈N *使得λ≥a nn (n ＋1)＝b n 成立，即有λ≥b 1＝12，λ的最小值是12.三、解答题13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1.(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n -1·4(n ＋1)(3＋2log 2 a n )(3＋2log 2 a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·b n ，数列{d n }的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．【解析】(1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)， 两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b nn＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b nn＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2(n ∈N *). 当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －1， 又a 1＝1≠0，所以a na n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， 从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n -1(n ∈N *). (2)c n ＝(－1)n -1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3)＝(－1)n -1⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3，T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3 ＝13－14n ＋3(n ∈N *). (3)由(1)得d n ＝a n ·b n ＝n ·2n -1，D n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋(n －1)·2n -2＋n ·2n -1，① 2D n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n -1＋n ·2n .② ①－②得，－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n -1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ， 所以D n ＝(n －1)·2n ＋1， 由(1)得S n ＝2a n －1＝2n －1， 因为任意n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ， 即(n －1)·2n ＋1≤n (2n －1)－a 恒成立， 所以a ≤2n －n －1恒成立， 记e n ＝2n －n －1，所以a ≤(e n )min ，因为e n ＋1－e n ＝[2n +1－(n ＋1)－1]－(2n －n －1)＝2n －1>0， 从而数列{e n }为递增数列，所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.所以a的取值范围为(－∞，0].。
2022高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课时
第2讲 数列的求和及综合应用一、选择题1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )(导学号 55410114)A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1解析：a n ＝(2n －1)＋12n ，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋1－12n .答案：A2．(2021·浙江卷)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由S 4＋S 6－2S 5＝S 6－S 5－(S 5－S 4)＝a 6－a 5＝d ， 当d ＞0时，则S 4＋S 6－2S 5＞0，即S 4＋S 6＞2S 5. 反之，S 4＋S 6＞2S 5，可得d ＞0.所以“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件． 答案：C3．(2021·东北三省四市二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A ．9B ．15C ．18D ．30解析：因为a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，所以数列{a n }是公差为2的等差数列．所以a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7.数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.所以n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n . 则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6，S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案：C4．满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n ＞1 025的最小n 值是( )(导学号 55410115)A ．9B ．10C ．11D ．12解析：因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)， 所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n－1.则满足S n ＞1 025的最小n 值是11. 答案：C5．(2017·长沙一中月考)数列a n ＝1n （n ＋1），其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9解析：由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 因此1－1n ＋1＝910，所以n ＝9， 所以直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，所以在y 轴上的截距为－9. 答案：B 二、填空题6．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”．若a 1＝1，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋1－a n ＝2n ，应用累加法可得a n ＝2n－1，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ＝2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.答案：2n ＋1－n －27．(2021·潮州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＝2·3n －1(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝________．解析：易知数列{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列， 所以S n ＝2（1－3n）1－3＝3n －1，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， 则b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1.答案：12－13n ＋1－18．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 n a n ＋1a n ＋4的最大项的值为________． 解析：因为a ⊥b ，所以a ·b ＝2S n －n (n ＋1)＝0， 所以S n ＝n （n ＋1）2，所以a n ＝n ，所以a n a n ＋1a n ＋4＝n （n ＋1）（n ＋4）＝1n ＋4n＋5，当n ＝2时，n ＋4n取最小值4，此时a n a n ＋1a n ＋4取到最大值19.答案：19三、解答题9．(2021·全国卷Ⅱ)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：(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.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35＜2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35＜3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35＜4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10．(2021·莆田质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋kn ，其中k 为常数，a 6＝13. (1)求k 的值及数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2n （a n ＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知S n ＝n 2＋kn ，有a n ＝S n －S n －1＝2n ＋k －1(n ≥2)， 又a 1＝S 1＝k ＋1，所以a n ＝2n ＋k －1.又因为a 6＝13，所以2×6＋k －1＝13，解得k ＝2， 所以a n ＝2n ＋1. (2)因为b n ＝2n （a n ＋1）＝2n （2n ＋2）＝1n （n ＋1），所以b n ＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝nn ＋1.11．(2021·山东卷)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.(导学号 55410116)(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(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，符合上式． 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，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1， 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.[典例] (本小题满分12分)(2021·全国卷Ⅰ)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．规范解答：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，所以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，(4分) 因此{a n }的通项公式a n ＝2＋3(n －1)＝3n －1.(6分) (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝nb n 1＋a n ＝b n 3≠0，则b n ＋1b n ＝13，(9分)因此数列{b n }是首项为b 1，公比为13的等比数列，(10分)设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n －1.(12分)1．牢记等差、等比数列的定义：在判断数列为等差或等比数列时，应根据定义进行判断，所以熟练掌握定义是解决问题的关键，如本题第(2)问，要根据定义判断b n ＋1b n ＝13. 2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上求得b n ＋1与b n 的关系．3．写全得分关键：写清解题过程的关键点，有则给分，无则没有分，同时解题过程中计算准确，是得分的根本保证．如本题第(1)问要写出a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，才能得出a 1，并指出数列{a n }的性质，否则不能得全分．第(2)问中一定要写出求b n ＋1＝b n3的步骤并要指明{b n }的性质；求S n 时，必须代入求和公式而不能直接写出结果，否则要扣分．[解题程序] 第一步：将n ＝1代入关系式a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，求出a 1的值； 第二步：利用等差数列的通项公式求出a n ；第三步：将第(1)问中求得的a n 代入关系式a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，求得b n ＋1与b n 的关系； 第四步：判断数列{b n }为等比数列； 第五步：代入等比数列的前n 项和公式求S n . 第六步：反思检验，规范解题步骤．[跟踪训练] (2021·江西七校联盟联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1的等差数列，且a 2＝3，a 3＝5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ·3n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)因为S 33－S 22＝1，所以a 1＋3＋53－a 1＋32＝1，所以a 1＝1.所以S n n＝1＋(n －1)×1＝n ，所以S n ＝n 2， 所以a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)， 并且a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝(2n －1)·3n，所以T n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n， 所以3T n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1.所以T n －3T n ＝3＋2×(32＋33＋ (3))－(2n －1)·3n ＋1，则－2T n ＝3＋2×32－3n×31－3－(2n －1)·3n ＋1＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6，故T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.。
(典型题)高考数学二轮复习 知识点总结 数列求和及数列的综合应用
数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.常见的拆项公式： ①1n n ＋＝1n －1n ＋1； ②1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)； ③1n －n ＋＝12(12n －1－12n ＋1)； 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.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 . 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3.当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(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.在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．(2013·安徽)设数列{an }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 ＋12a n ，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 ，又f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，则a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0， 即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝22a 1＋4d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.(2)b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1＋12n ＋1＝2(n ＋1)＋12，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(n ＋3)n ＋1－12n＝n 2＋3n ＋1－12n .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)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝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a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，①当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－12n －1，② ①－②得：b n a n ＝12，又当n ＝1时，b 1a 1＝12也符合上式，所以b n a n ＝12n (n ∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n ∈N *)．所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n . 12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{an }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 .解 (1)由已知，得当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.①从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1，即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．考点三 裂项相消求和法例3 (2013·广东)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.数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前n 项和S n 或者前n 项和S n 与通项公式a n的关系式，求通项通常利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝S n －S n －1n.已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．(2013·西安模拟)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 .解 (1)因为x ，f x2，3(x ≥0)成等差数列，所以2×f x2＝x ＋3，整理，得f (x )＝(x ＋3)2.因为S n ＝f (S n －1)(n ≥2)，所以S n ＝(S n －1＋3)2， 所以S n ＝S n －1＋3，即S n －S n －1＝3， 所以{S n }是以3为公差的等差数列． 因为a 1＝3，所以S 1＝a 1＝3，所以S n ＝S 1＋(n －1)3＝3＋3n －3＝3n . 所以S n ＝3n 2(n ∈N *)．所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. (2)因为b n 是1a n ＋1与1a n的等比中项，所以(b n )2＝1a n ＋1·1a n，所以b n ＝1a n ＋1·1a n＝1n ＋n －＝118×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝118⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝118⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 18n ＋9. 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)．(1)由第n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出an 与a n ＋1的递推关系；(2)由a n ＋1与a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解． 解 (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d . a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d ＝…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32 n －2.整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意，知a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000，解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝m －2m ＋13m －2m .故该企业每年上缴资金d 的值为m －2m ＋13m －2m 时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．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，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．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？解 (1)当广告费为1千元时，销售量S ＝b ＋b 2＝3b2.当广告费为2千元时，销售量S ＝b ＋b 2＋b 22＝7b4.(2)设S n (n ∈N )表示广告费为n 千元时的销售量， 由题意得S 1－S 0＝b2，S 2－S 1＝b22，……S n －S n －1＝b2n .以上n 个等式相加得，S n －S 0＝b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ，即S ＝S n ＝b ＋b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ＝b [1－12n ＋1]1－12＝b (2－12n )．(3)当a ＝50，b ＝200时，设获利为T n ，则有T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－12n )－1 000n＝1 000×(20－102n －n )，设b n ＝20－102n －n ，则b n ＋1－b n ＝20－102n ＋1－n －1－20＋102n ＋n ＝52n －1，当n ≤2时，b n ＋1－b n >0；当n ≥3时，b n ＋1－b n <0.所以当n ＝3时，b n 取得最大值，即T n 取得最大值，此时S ＝375， 即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．1． 数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝S n －S n －1n.(2)递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． (3)递推关系形如a n ＋1a n＝f (n )，常用累乘法求通项． (4)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 是常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n ＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q n(q ，p 为常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n转化为类型(4)，或同除以p n ＋1转为用迭加法求解．2． 数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解． (2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3． 数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.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＝________. 答案 28解析 依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4， 因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.2． 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共有________． 答案 255解析 由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n， 所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30 ＝15＋15×2＋15×142×2＝255.3． 已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值； (2)设b n ＝n n ＋S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由． 解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18， 又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根， 又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项， ∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3. (2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n n －2·4＝2n 2－n ，所以b n ＝1n －n＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1， 因为n 2n ＋1＝12－1n ＋<12， 所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．(推荐时间：60分钟)一、选择题1． 已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析 因为a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝1＋2n －12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12·121－12＝n 2＋1－12n .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( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013答案 D解析 根据等差数列的性质，得数列{S n n}也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013，公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S 2 013＝－2 013.3． 对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＋1＝f (a n )，n ＝1,2，…，则a 2 013等于( )A.2 B ．3 答案 C解析 由表格可得a 1＝4，a 2＝f (a 1)＝f (4)＝1，a 3＝f (a 2)＝f (1)＝5，a 4＝f (a 3)＝2，a 5＝f (2)＝4，可知其周期为4，∴a 2 013＝a 1＝4.4． 在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15>0，S 16<0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( )A.S 1a 1B.S 8a 8C.S 9a 9D.S 15a 15答案 B解析 由于S 15＝a 1＋a 152＝15a 8>0，S 16＝16a 1＋a 162＝8(a 8＋a 9)<0，可得a 8>0，a 9<0.这样S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 15a 15<0， 而S 1<S 2<…<S 8，a 1>a 2>…>a 8， 所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8. 故选B.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 2 012等于( )A.4 0242 013 B.4 0182 012 C.2 0102 011 D.2 0092 010答案 A解析 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 ＋2，因此1a n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12 013＝4 0242 013. 6． 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等于( )A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011答案 C解析 当n 为奇数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)；当n 为偶数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1.所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 二、填空题7． 数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________. 答案 12(9n－1)解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，两式相减得，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．∴a 2n ＝4·9n －1，则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝－9n1－9＝12(9n－1)． 8． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n 为复数isinn π2＋cosn π2(n ∈N *)的虚部，则S 2 013＝________. 答案 1解析 由已知得：a n ＝sinn π2(n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， 故{a n }是以4为周期的周期数列， ∴S 2 013＝S 503×4＋1＝S 1＝a 1＝1.9． 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________．答案 7解析 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)， ∴{a n －1}是公比为－13的等比数列．则a n －1＝8·(－13)n －1，即a n ＝8·(－13)n －1＋1.于是S n ＝8[1－－13n]1－－13＋n＝6[1－(－13)n ]＋n ＝6－6·(－13)n＋n因此|S n －n －6|＝|6×(－13)n|＝6×(13)n <1125，3n －1>250，∴满足条件的最小n ＝7.10．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． 答案 800解析 由题意得，每天的维修保养费是以5为首项，110为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为3.2×104＋＋n ＋4910n2n＝3.2×104n＋n 20＋9920≥2 3.2×104n×n20＋9920， 当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800.三、解答题11．已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝92a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q－q2n1－q2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋，q ＝1n 2＋q －q2n1－q 2，q >0且q ≠1.12．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．解 (1)化简f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)＝－14sin x ，其极值点为x ＝k π＋π2(k ∈Z )，它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列，故a n ＝π2＋(n－1)π＝n π－π2.(2)b n ＝2n a n ＝π2(2n －1)·2n，∴T n ＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n]，则2T n ＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1]两式相减，得∴－T n ＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n －(2n －1)·2n ＋1]，∴T n ＝π[(2n －3)·2n＋3]．13．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． 解 (1)设{a n }的公比为q ，由a 3a 6＝a 22·q 5＝116q 5＝1512得q ＝12，∴a n ＝a 2·qn －2＝(12)n.b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12＝log(12)2n －12·log(12)2n ＋12 ＝1n －n ＋＝12(12n －1－12n ＋1)， ∴T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1. (2)①当n 为偶数时，由λT n <n －2恒成立得， λ<n －n ＋n ＝2n －2n－3恒成立，即λ<(2n －2n－3)min ，而2n －2n－3随n 的增大而增大，∴n ＝2时(2n －2n－3)min ＝0，∴λ<0.②当n 为奇数时，由λT n <n ＋2恒成立得， λ<n ＋n ＋n ＝2n ＋2n＋5恒成立，即λ<(2n ＋2n＋5)min 而2n ＋2n ＋5≥22n ·2n＋5＝9，当且仅当2n ＝2n，即n ＝1时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ的取值范围为(－∞，0)．7。
高考数学二轮复习 专题三第二讲数列求和及综合应用 理
第二讲 数列求和及综合应用1．(2013·石家庄市质量检测)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，S n ＝100，则n 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．112．(2013·荆州市质量检测)公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4是a 3与a 7的等比中项，且S 10＝60，则S 20＝( )A ．80B ．160C ．320D ．6403．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．64．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为b n ＝( )A ．2n －1B ．2n＋1C ．2n ＋1－1D ．2n －1＋25．(2013·湖南省五市十校联合检测)已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D ．(32)n －16．已知等比数列{a n }的各项均为正数，若a 1＝3，前三项的和为21，则a 4＋a 5＋a 6＝________．7．(2013·湖北省八校联考)《九章算术》之后，人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一月(按30天计)，共织390尺布”，则每天比前一天多织________尺布．(不作近似计算)8．(2013·高考课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．9．(2012·高考山东卷)已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .10．(2013·汕头市高三模拟)已知函数f (x )满足：对任意的x ∈R ，x ≠0，恒有f (1x)＝x 成立，数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝1，且对任意n ∈N *，均有a n ＋1＝a n f （a n ）f （a n ）＋2，b n ＋1－b n ＝1a n.(1)求函数f (x )的解析式；(2)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(3)对于λ∈[0，1]，是否存在k ∈N *，使得当n ≥k 时，b n ≥(1－λ)f (a n )恒成立？若存在，试求k 的最小值；若不存在，请说明理由．11．(2013·成都市诊断性检测)设函数f (x )＝x 2，过点C 1(1，0)作x 轴的垂线l 1交函数f (x )图象于点A 1，以A 1为切点作函数f (x )图象的切线交x 轴于点C 2，再过C 2作x 轴的垂线l 2交函数f (x )图象于点A 2，…，以此类推得点A n ，记A n 的横坐标为a n ，n ∈N *.(1)证明数列{a n }为等比数列并求出通项公式；(2)设直线l n 与函数g (x )＝log 12x 的图象相交于点B n ，记b n ＝OA n →·OB n →(其中O 为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和S n .答案：1．【解析】选C.由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17, 又a 2＝3，S n ＝n （a 2＋a n －1）2＝100，解得n ＝10，故选C.2．【解析】选C.设数列{a n }的公差为d ，d ≠0，则a 24＝a 3a 7＝(a 4－d )(a 4＋3d )，d ＝2a 43＝23(a 1＋3d )，∴d ＝－23a 1.∵S 10＝10（a 1＋a 10）2＝5(2a 1＋9d )＝10a 1＋45(－23a 1)＝－20a 1＝60，∴a 1＝－3，d ＝2，∴S 20＝320.3．【解析】选C.∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m （a 1＋a m ）2＝m （a 1＋2）2＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2， ∴m ＝5. 4．【解析】选B.据已知易得a n ＝2n －1， 故由b n ＋1＝ab n 可得b n ＋1＝2b n －1， 变形为b n ＋1－1＝2(b n －1)，即数列{b n －1}是首项为2，公比为2的等比数列，故b n －1＝2n ，解得b n ＝2n＋1.故选B.5．【解析】选D.由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n－1(n ≥2)，两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝(32)n －1.6．【解析】a 4＋a 5＋a 6＝a 1q 3＋a 1q 4＋a 1q 5＝(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)q 3＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 3，即a 4＋a 5＋a 6＝21q 3.由前三项的和为21，且a 1＝3解得q ＝2，故a 4＋a 5＋a 6＝21q 3＝21×8＝168. 【答案】168 7．【解析】由题意知，a 1＝5，n ＝30，S n ＝390＝30×5＋30×292d ⇒d ＝1629.【答案】16298．【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由等差数列前n 项和可得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23.∴nS n ＝n 2a 1＋n 2（n －1）2d ＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n 23，∴(nS n )′＝n 2－20n 3，令(nS n )′＝0，解得n ＝0(舍去)或n ＝203.当n >203时，nS n 是单调递增的；当0<n <203时，nS n 是单调递减的，故当n ＝7时，nS n 取最小值，∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.【答案】－49 9．【解】(1)设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n .由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×（5－1）2d ＝105，a 1＋9d ＝2（a 1＋4d ），解得a 1＝7，d ＝7.因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．(2)对m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m －1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7公比为49的等比数列．故S m ＝b 1（1－q m ）1－q ＝7×（1－49m ）1－49＝7×（72m －1）48＝72m ＋1－748.10．【解】(1)由f (1x )＝x ，易得f (x )＝1x(x ≠0)．(2)由a n ＋1＝a n f （a n ）f （a n ）＋2，得1a n ＋1＝1a n ＋2a n f （a n ）＝1a n＋2，所以1a n ＋1－1a n＝2.所以数列{1a n}是以1为首项，2为公差的等差数列． 所以1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1，n ∈N *.因为b n ＋1－b n ＝1a n＝2n －1，所以b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝(2n －3)＋(2n －5)＋…＋3＋1＋1＝（n －1）（2n －2）2＋1＝n 2－2n ＋2.(3)对于λ∈[0，1]时，b n ≥(1－λ)f (a n )恒成立，等价于λ∈[0，1]时，n 2－2n ＋2≥(1－λ)·(2n －1)恒成立，等价于λ∈[0，1]时，(2n －1)·λ＋n 2－4n ＋3≥0恒成立．设g (λ)＝(2n －1)λ＋n 2－4n ＋3≥0，对于λ∈[0，1]，(2n －1)·λ＋n 2－4n ＋3≥0恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧g （0）≥0，g （1）≥0，解得n ≥3或n ≤1.由此可见存在k ∈N *，使得当n ≥k 时，b n ≥(1－λ)f (a n )恒成立，且k 的最小值为3.11．【解】(1)证明：以点A n －1(a n －1，a 2n －1)(n ≥2)为切点的切线方程为y －a 2n －1＝2a n －1(x －a n －1)．当y ＝0时，得x ＝12a n －1，即a n ＝12a n －1.又∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列．∴通项公式为a n ＝(12)n －1.(2)据题意，得B n ((12)n －1，n －1)．∴b n ＝OA n →·OB n →＝(14)n －1＋(14)n －1·(n －1)＝n (14)n －1.∵S n ＝1×(14)0＋2×(14)1＋…＋n ×(14)n －1，14S n ＝1×(14)1＋2×(14)2＋…＋n ×(14)n ， 两式相减，得34S n ＝1×(14)0＋1×(14)1＋…＋(14)n －1－n ×(14)n ＝1－（14）n1－14－n ×(14)n.化简，得S n ＝169－(4n 3＋169)×(14)n ＝169－3n ＋49×4n －1.。
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第二讲数列求和及综合应用题号 1 2 3 4 5 6答案一、选择题1．已知等差数列{a n}前n项和为S n，若a1＋a2 012＝1，a2 013＝－1 006，则使S n取最值时n的值为( )A．1 005 B．1 006C．1 007 D．1 006或1 007答案：D2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n＝( )A．9 B．8 C．7 D．6答案：D3．等比数列{a n}前n项的积为T n，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是( )A．T10 B．T13 C．T17 D．T25解析：∵a3a6a18＝a1q2·a1q5·a1q17＝(a1q8)3＝(a9)3为定值．∴T17＝a1a2…a17＝(a1q8)17＝(a9)17也是定值．答案：C4．已知等比数列{a n}满足a n＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝( )A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2 D．(n－1)2解析：由a 5·a 2n －5＝22n(n≥3)得a 2n ＝22n，a n ＞0，则a n ＝2n，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n－1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.故选C. 答案：C5．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4是a 3与a 7的等比中项， S 8＝32，则S 10＝( )A ．18B ．24C ．60D ．90解析：由a 24＝a 3a 7，得(a 1＋3d)2＝(a 1＋2d)(a 1＋6d)，得2a 1＋3d ＝0，再由S 8＝8a 1＋562d＝32，得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3，所以S 10＝10a 1＋902d ＝60.故选C.答案：C6．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ≤0，f （x －1）＋1，x ＞0，把函数g(x)＝f(x)－x 的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为( )A ．a n ＝n （n －1）2 B ．a n ＝n －1C ．a n ＝n(n －1)D ．a n ＝2n－2解析：若0<x≤1，则－1<x －1<0，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －1,若1<x≤2，则0<x －1≤1，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －2＋1， 若2<x≤3，则1<x －1≤2，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －3＋2，若3<x≤4，则2<x －1<3，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －4＋3.以此类推，若n<x≤n＋1(其中n∈N)，则f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －n －1＋n,下面分析函数f(x)＝2x的图象与直线y ＝x ＋1的交点． 很显然，它们有两个交点(0，1)和(1，2)，由于指数函数f(x)＝2x为增函数且图象下凸，故它们只有这两个交点．①将函数f(x)＝2x和y ＝x ＋1的图象同时向下平移一个单位即得到函数f(x)＝2x－1和y ＝x 的图象，取x≤0的部分，可见它们有且仅有一个交点(0，0)． 即当x≤0时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝0.②取①中函数f(x)＝2x－1和y ＝x 图象－1<x ≤0的部分，再同时向上和向右各平移一个单位，即得f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(1，1)．即当0<x≤1时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝1. ③取②中函数f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，继续按照上述步骤进行，即得到f(x)＝2x －2＋1和y ＝x 在1<x≤2上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(2，2)．即当1<x≤2时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝2.④以此类推，函数y ＝f(x)与y ＝x 在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的交点依次为(3，3)，(4，4)，…，(n ＋1，n ＋1)．即方程f(x)－x ＝0在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的根依次为3，4，…，n ＋1. 综上所述方程f(x)－x ＝0的根按从小到大的顺序排列所得数列为0，1，2，3，4，…，n ＋1，其通项公式为a n ＝n －1.故选B. 答案：B二、填空题7．对正整数n ，设曲线y ＝x n(1－x)在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和是________．解析：曲线y ＝x n(1－x)＝x n－x n ＋1，曲线导数为y′＝nxn －1－(n ＋1)x n，所以切线斜率为k ＝n2n －1－(n ＋1)2n ＝－(n ＋2)2n －1，切点为(2，－2n)，所以切线方程为y ＋2n＝－(n ＋2)2n－1(x －2)，令x ＝0得，y ＋2n ＝(n ＋2)2n ，即y ＝(n ＋1)2n ，所以a n ＝(n ＋1)2n，所以a n n ＋1＝2n，是以2为首项，q ＝2为公比的等比数列，所以S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．等比数列{a n }的公比q ＞0, 已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________．解析：由a n ＋2＋a n ＋1＝6a n 得：qn ＋1＋q n ＝6qn －1，即q 2＋q －6＝0，q ＞0，解得q ＝2，又a 2＝1，所以a 1＝12，S 4＝12（1－24）1－2＝152.答案：152三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值．(2)设a 1＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg10a 1a n 的前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解析：(1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2，③ 若a 2＝0, 由①知a 1＝0， 若a 2≠0，易知a 2－a 1＝1.④ 由①④得：a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－2；综上所述，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝1＋2，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知， a 1＝2＋1，a 2＝2＋2； 当n≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ， (2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1.两式相减得(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1. 所以a n ＝2a n －1(n≥2)． 所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)×(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝12lg 1002n －1.又b 1＝1，b n －b n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 1002n －1－lg 1002n －2＝－12l g 2，所以数列{b n }是以1为首项，－12lg 2为公差，且单调递减的等差数列．则b 1>b 2>…>b 7＝lg 108＞lg 1＝0.当n≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜12lg 1＝0.所以，n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7－212lg 2.10．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝12，且[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N *.(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n －1·a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)经计算a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18.当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列， ∴a 2n －1＝a 1＋(n －1)·2＝2n －1.当n 为偶数，a n ＋2＝12a n ，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 因此，数列{a n }的通项公式为a n＝⎩⎨⎧n ，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n2，n 为偶数. (2)∵b n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴S n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .①12S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.②①②两式相减，得12S n ＝1×12＋2[(12)2＋(12)3＋…＋(12)n ]－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝12＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝32－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.∴S n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.。