2019版高考数学一轮复习 第六章 数列 第四节 数列的综合问题实用
[方法技巧]
分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采 用分组转化法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列 {bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
错位相减求和 [例 2] (2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前 n 项
和为 Sn(n∈N *)，{bn}是首项为 2 的等比数列，且公比大于
0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前 n 项和(n∈N *)． [解] (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的 公比为 q. 由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12， 而 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0. 又因为 q＞0，解得 q＝2.所以 bn＝2n.
裂项相消求和
几种常见的裂项方式
数列(n 为正整数)
裂项方式
1 nn＋k
(k 为非零常数)
nn1＋k＝1kn1－n＋1 k
1 4n2－1
4n21－1＝122n1－1－2n1＋1
3．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以 相互抵消，从而求得其和． 4．错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的 对应项之积构成的，那么这个数列的前 n 项和即可用错位相减 法来求，如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的．
[基本能力]
(1)数列 112，314，518，7116，…，(2n－1)＋21n，…的前 n 项和 Sn 的值等于________． 答案：n2＋1－21n (2)数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－ 1)n－1·n，则 S17＝________. 答案：9
∴SS47＝ ＝47aa11＋ ＋47× ×22 36dd＝＝6234，，
解得ad1＝＝23，， ∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)， ∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) ＝2×411－－44n＋n3＋22n＋1 ＝83(4n－1)＋n2＋2n.
由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8.
①
由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16.
②
由①②，解得 a1＝1，d＝3，由此可得 an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2，数列{bn}的通
项公式为 bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为 Tn，
由 a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
讲练区 研透高考· 完成情况
[全析考法]
分组转化求和 [例 1] (2018·合肥质检)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S4＝24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
[解] (1)∵{an}为式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和． (2)分组转化法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的 数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减．
2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的 和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和可用倒序 相加法，如等差数列的前 n 项和公式就是用此法推导的． (2)并项求和法 在一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项 求和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992) ＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1) ＝5 050.
得 a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－
1)×4n＋1，
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋ 3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×1－1－4 4n－4－(3n－1)×4n＋1
第四节 数列的综合问题
本节主要包括 2 个知识点： 1.数列求和； 2.数列的综合应用问题.
K12课件
1
01
突破点(一) 数列求和
02
突破点(二) 数列的综合应用问题
03
全国卷5年真题集中演练——明规律
04
课时达标检测
K12课件
2
01 突破点(一) 数列求和
自学区 抓牢双基· 完成情况
[基本知识]
(3)(2018·枣庄模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a5＝5， S5＝15，则数列ana1n＋1的前 100 项和为________． 答案：110001
(4)若 an＝2n－1，则数列ana1n＋1的前 n 项和 Sn＝________. 答案：2nn＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8. 故 Tn＝3n3－2×4n＋1＋83. 所以数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为3n3－2×4n＋1＋83.
[方法技巧]
错位相减法求和的策略 (1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求 数列{an·bn}的前 n 项和时，可采用错位相减法，一般是 和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解． (2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达 式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为 参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解．
高考数学一轮总复习课件：数列的综合应用
又因为an≤15，所以6×1.2n－1≤15， 所以n－1≤5，所以n≤6. 所以an＝611×，1n.2＝n－11，，2≤n≤6，
15，n≥7.
(2)由(1)得，2021年全年的投资额是(1)中数列{an}的前12项 和，所以S12＝a1＋(a2＋…＋a6)＋(a7＋…＋a12)＝11＋6×(1.2＋… ＋1.25)＋6×15＝101＋6×1.2×（1.21－.251－1）≈154.64(万元)．
(1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 【思路】 (1)已知数列{an}的前n项和Sn与相邻两项an，an＋1间 的递推关系式anan＋1＝λSn－1，要证an＋2－an＝λ，故考虑利用an＋1＝ Sn＋1－Sn消去Sn进行证明． (2)若{an}为等差数列，则有2a2＝a1＋a3，故可由此求出λ，进 而由an＋2－an＝4验证{an}是否为等差数列即可．
【解析】 (1)证明：由已知，得bn＝2an>0. 当n≥1时，bbn＋n 1＝2an＋1－an＝2d. 所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列． (2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x －a2)，它在x轴上的截距为a2－ln12. 由题意，a2－ln12＝2－ln12，解得a2＝2. 所以d＝a2－a1＝1，所以an＝n，bn＝2n，anbn2＝n·4n.
比数列．所以an＋1＝45＋－25190n.
(3)因为an＋1>60%，即
4 5
＋
－25
9 10
n
>
3 5
，则
9 10
n
<
1 2
，所以
n(lg9－1)<－lg2，n>1－lg22lg3≈6.572 1.
2019版高考数学一轮复习第六章数列与数学归纳法第四节数
答案：(n－ 1)2n＋ 1＋ 2
课 堂 考 点突破
自主研、合作探、多面观、全扫命题题点
考点一 分组转化法求和
[题组练透]
(2018· 温州模拟)已知数列{an}是递增的等差数列，a1＝2，a2 2＝ a4＋8. (ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝an＋2an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
an，n为奇数， (2)记数列{cn}满足 cn＝ bn，n为偶数，
求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解： (1)当 n＝ 1 时，a1＝S1＝－ 5，当 n≥ 2 时， an＝Sn－ Sn－ 1＝ n2－ 6n－ (n－ 1)2＋6(n－ 1)＝ 2n－7， ∵ n＝ 1 适合上式，∴ an＝ 2n－7(n∈ N*)． bn＋1 ∵ bn＋1＝ 3bn(n∈N )且 b2≠0，∴ ＝ 3，(n∈ N*)． bn
[由题悟法]
分组转化法求和的常见类型
[提醒]
某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的
新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数 列中对字母的讨论．
[即时应用]
(2018· 嘉兴模拟 )已知数列 {an}的前 n 项和 Sn，满足 Sn＝ n(n－ 6)， 数列 {bn}满足 b2＝ 3， bn＋1＝ 3bn(n∈ N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即 前剩多少项则后剩多少项．
[小题纠偏]
1． 设 f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋ 10(n∈N*)， 则 f(3)＝_____.
2 7 答案： (8 －1) 7
2．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n· 2n，则 Sn＝________.
第六章 数列-专题突破12 数列的综合问题
所以 = 2， = −2
−1
.
−1 .
（2）由（1），知数列{ }和数列{ }的相同项即为数列{ }的所有大于等于3的奇数
项，也即22 ，24 ，26 ，28 ，210 ，⋯
为坐标的点在函数图象上，可得数列的递推关系；二是数列的项或前项和可以看作
关于的函数,然后利用函数的性质求解数列问题.数列不等式的证明问题，一般要把数
列的求和与放缩法结合起来灵活运用.
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变式2 已知数列{ }的前项和为 ，且满足2 = 3 − 3.
（1）证明:数列{ }是等比数列；
第六章 数列
专题突破12 数列的综合问题
核心考点
课时作业
考点一 等差、等比数列综合问题
例1 已知等差数列{ }和等比数列{ }满足1 = 2，1 = 1，2 + 3 = 10，
2 3 = −4 .
（1）求数列{ }，{ }的通项公式；
（2）设数列{ }是数列{ }和数列{ }的相同项从小到大组成的新数列， 是数列
1
1
}的前项和为 ，证明:
+1
2
（2）若数列{ }满足 = log 3 ，记数列{
≤ < 1.
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证明：（1）由题意，得当 ≥ 2 ∈ ∗ 时，
2 = 2 − 2−1 = 3 − 3 − 3−1 − 3 = 3 − 3−1 ,
3
= ⋅
2
3
+ .变形，得
1 1
−1 .
3
5
2
1
2
1
高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《数列的综合运用》练习题（含答案）一、单选题1．某银行设立了教育助学低息贷款，其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(利息按月以复利计算)．如果小新同学贷款10000元，一年还清，假设月利率为0.25%，那么小新同学每月应还的钱约为（ ）（1.002512≈1.03） A ．833B ．858C ．883D ．9022．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还（ ） A ．()()5111a γγ++-万元 B ．()()55111a γγγ++-万元C ．()()54111a γγγ++-万元 D ．()51a γγ+万元3．一种预防新冠病毒的疫苗计划投产两月后，使成本降64%，那么平均每月应降低成本（ ） A ．20%B ．32%C ．40%D ．50%4．今年元旦，市民小王向朋友小李借款100万元用于购房，双方约定年利率为5%，按复利计算（即本年利息计入次年本金生息），借款分三次等额归还，从明年的元旦开始，连续三年都是在元旦还款，则每次的还款额约是（ ）万元.（四舍五入，精确到整数） （参考数据：()21.05 1.1025=，()31.05 1.1576=，()41.05 1.2155=） A ．36B ．37C ．38D ．395．随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到（ ） A ．2022年12月B ．2023年2月C ．2023年4月D ．2023年6月6．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n 个月的还款金额为n a 元，则n a =（ ）A ．2192B ．39128n -C ．39208n -D ．39288n -7．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）A ．464B ．465C ．466D ．4958．某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（ ） A ．1205万元B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元9．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a 元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为r ．按复利计算，则小李每个月应还（ ） A ．()()1111111ar r r ++-元 B ．()()1212111ar r r ++-元C ．()11111a r +元D ．()12111a r +元10．在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（ ） A ．35B ．42C ．49D ．5611．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（ ）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元B ．40000元C ．42500元D ．50000元12．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（ ） A ．2806万元B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元二、填空题13．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.14．从2017年到2020年期间，某人每年6月1日都到银行存入1万元的一年定期储蓄．若年利率为20%保持不变，且每年到期的存款本息均自动转为新的一年定期储蓄，到2020年6月1日，该人去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取回，则取回的金额为_______万元．15．银行一年定期储蓄存款年息为r ，三年定期储蓄存款年息为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于______．16．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是____.三、解答题17．一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比． (1)求()*n n N ∈分钟后的水温n t ；(2)当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg 20.3≈）18．某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元.(1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？(2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其它项目，问应在第几年转投其它项目？19．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.记从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列{}n a ，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列{}n b . (1)求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到0.1万吨）.（参考数据41.05 1.215≈，51.05 1.276≈，61.05 1.340≈）20．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，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相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金(2500)t t ≤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n a 万元． （1）写出1n a +与n a 的关系式，并判断{}2n a t -是否为等比数列；（2）若企业每年年底上缴资金1500t =，第*()m m N ∈年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m 的最小值．21．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月()*1929,k k k +≤≤∈N 日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若9k =，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.22．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：71.1 1.95≈） (2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案： ①方案一：每天回报40元；②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； ③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番. 你会选择哪种方案？请说明你的理由.23．已知数集{}()1212,,1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的(),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由； （Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a ---+++=+++； （Ⅲ）证明：当5n =时，成等比数列。
高考数学一轮复习第六章数列第四节数列的综合问题实用课件理
∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋an＝22n 1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)，
＋
∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) 41－4n n3＋2n＋1 ＝2× ＋ 2 1－4 8 n ＝ (4 －1)＋n2＋2n. 3
[ 方法技巧]
分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn± cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采 用分组转化法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为
100 项和为________．
100 答案： 101
1 (4)若 an＝2n－1， 则数列 a a 的前 n 项和 Sn＝________. n n＋1
n 答案： 2n＋1
研透高考·讲练区
完成情况
[全析考法]
分组转化求和
[例 1]
(2018· 合肥质检)已知等差数列{an}的前 n 项和为
2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的 和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和可用倒序 相加法，如等差数列的前 n 项和公式就是用此法推导的． (2)并项求和法 在一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项 求和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如， Sn ＝ 1002 － 992 ＋ 982 － 972 ＋…＋ 22 － 12 ＝ (1002 － 992) ＋ (982 － 972) ＋…＋ (22 － 12) ＝ (100 ＋ 99) ＋ (98 ＋ 97) ＋…＋ (2 ＋ 1) ＝5 050.
[ 解] 公比为 q.
(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的
2019高考数学文一轮复习第6章数列第4讲含解析
A ． 2n C ． 2n2⎣1－⎝2⎭ ⎦ n ＝ － n ＋1，1 21－ 所以 S n ＝ 2nn －1 n － 解析：选 A.a n ＝1一、选择题1．数列{a n }的通项公式是 a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前 100 项之和为()A ．－200B ．－100C ．200D ．100解析：选 D.由题意知 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选 D.2．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则 S 60 的值为()A ．990B ．1 000C ．1 100D ．99解析：选 A.n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故 S 60 ＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.1 1 3 n3．S n ＝2＋2＋8＋…＋2n 等于()2n －n2n2n －n ＋1 2n ＋11 2 3 n解析：选 B.由 S n ＝2＋22＋23＋…＋2n ，①1 1 2n 得2S n ＝22＋23＋…＋ 2n ＋2n ＋1，②①－②得，1 1 1 1 1 n2S n ＝2＋22＋23＋…＋2 2n ＋11⎡ ⎛1⎫n ⎤22n ＋1－n －2.2n ＋1－n －2B.2n ＋1－n ＋2D.4．数列{a n }的通项公式是 a n ＝A ．120 C ．111n ＋ n ＋1 ，若前 n 项和为 10，则项数 n 为(B ．99 D ．121)n ＋ n ＋1＝ n ＋1－ n（ n ＋1＋ n ）（ n ＋1－ n ）＝ n ＋1－ n ，14 2（n ＋2） A ． B. －3 1⎛ 1 3 1 1 C ． － ⎝n ＋1 n ＋2⎭ ＝ ⎝n －n ＋2⎭，2＝ ⎝1－3＋2－4＋3－5＋…＋n －n ＋2⎭ ＝ ⎝2－n ＋1－n ＋2⎭ ＝ － ⎝n ＋1＋n ＋2⎭.4 27．(2018· 合肥第二次质量检测)已知数列{a n }中，a 1＝2，且 ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 S 9＝ 1－2 则数列⎨a a ⎬的前 9 项和为________．解析：由 S n ≤S 5 得⎨ ，即⎨ ，得－ ≤d ≤－ ，又 a 2 为整数，所以 d ＝－2，45 －1 －1 ＋2n－1 －1 －1 a a n n n n n ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ＝ ⎝a － ，所以数列 ⎨a a ⎬的前 n 项和 T ＝ d a n a n ＋1da n ＋1⎭ ⎩ n n ＋1⎭1 ⎫ ⎧ 1 ⎫ ⎛ 1 － 1 ＋ 1 － 1 ＋…＋ 1 － 1 ⎫ 1⎛ 1 － 1 ⎫ ，所以 T 9＝－ ×⎣9－⎝－9⎭⎦＝－ . ＝ ⎝a所以 a 1＋a 2＋…＋a n ＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n ＋1－ n )＝ n ＋1－1＝10. 即 n ＋1＝11，所以 n ＋1＝121，n ＝120.1 1 1 15.22 ＋32－1＋42 ＋…＋（n ＋1）2－1的值为( )n ＋1 3 n ＋1 2（n ＋2）＋ D. －＋ 4 2 2 n ＋1 n ＋21 1 1 解析：选 C.因为（n ＋1）2－1＝n2 ＝n （n ＋2）1⎛1 1 ⎫1 1 1 1所以22 ＋32 ＋42 ＋…＋（n ＋1）2－11⎛ 1 1 1 1 1 11 ⎫ 21⎛31 1 ⎫ 23 1⎛ 1 1 ⎫6．已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ，1＝1，当 n ≥2 时，n ＋2S n －1＝n ，则 S 2 019 的值为( ) A ．1 008 B ．1 009 C ．1 010 D ．1 011解析：选 C.因为 a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以 a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得 a n ＋1 ＋a n ＝1，n ≥2.又 a 1＝1，所以 S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 010，故选 C.二、填空题a2＋1 a n则其前 9 项和 S 9＝________．解析：由已知，得 a 2＋1＝4a n a n ＋1－4a 2，即 a 2＋1－4a n a n ＋1＋4a 2＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以2×（1－29） ＝210－2＝1 022.答案：1 0228．(2018· 武昌调研)设等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，已知 a 1＝9，a 2 为整数，且 S n ≤S 5，⎧ 1 ⎫ ⎩ n n ＋1⎭⎧a 5≥0 ⎧a 1＋4d ≥0 9 9 ⎪a 6≤0 ⎪a 1＋5d ≤0a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝11－2n ， 1 1⎛ 1 1n n1 ⎡1 ⎛ 1⎫⎤1 ⎝a 1 a2 a 2 a3 a n a n ＋1⎭ d 1 a n ＋1⎭ 2 929故数列的前 20 项的和等于 S 20＝10×⎝1＋2⎭＝15.n n 10．设函数f (x )＝ ＋log 2 ，定义 S n ＝f ⎝n ⎭＋f ⎝n ⎭＋…＋f ⎝ n ⎭1－x 1－x 所以 2S n ＝⎣f ⎝n ⎭＋f ⎝ n ⎭⎦ ＋[f ⎝n ⎭＋f ⎝ n ⎭ ]＋…＋⎣f ⎝ n ⎭ ＋f ⎝n ⎭⎦＝n －1.所以 S n ＝ 22所以 b n ＝|a n |＝⎨⎩1答案：－1 19．已知数列 {a n }满足 a n ＋1＝2＋ a n －a 2，且 a 1＝2，则该数列的前 20 项的和等于________．1 1解析：因为 a 1＝2，又 a n ＋1＝2＋a n －a 2，1所以 a 2＝1，从而 a 3＝2，a 4＝1，⎧⎪1，n ＝2k －1（k ∈N *），即得 a n ＝⎨2⎪⎩1，n ＝2k （k ∈N *），⎛ 1⎫答案：152则 S n ＝________． 解析：因为 f (x )＋f (1－x )1 x 1 1－x＝2＋log 2＋2＋log 2 x ＝1＋log 21＝1，1 x ⎛1⎫ ⎛2⎫ ⎛n －1⎫，其中 n ∈N *，且 n ≥2，⎡ ⎛1⎫⎛n －1⎫⎤ ⎛2⎫ ⎛n －2⎫ ⎡ ⎛n －1⎫ ⎛1⎫⎤n －1.n －1答案：三、解答题11．设数列{a n }满足：a 1＝5，a n ＋1＋4a n ＝5(n ∈N *)． (1)是否存在实数 t ，使{a n ＋t }是等比数列？ (2)设 b n ＝|a n |，求{b n }的前 2 013 项的和 S 2 013. 解：(1)由 a n ＋1＋4a n ＝5，得 a n ＋1＝－4a n ＋5. 令 a n ＋1＋t ＝－4(a n ＋t )，得 a n ＋1＝－4a n －5t ， 所以－5t ＝5，所以 t ＝－1. 从而 a n ＋1－1＝－4(a n －1)．又因为 a 1－1＝4， 所以 a n －1≠0.所以{a n －1}是首项为 4，公比为－4 的等比数列． 所以存在实数 t ＝－1，使{a n ＋t }是等比数列． (2)由(1)得 a n －1＝4×(－4)n －1 a n ＝1－(－4)n .⎧⎪1＋4n，n 为奇数，⎪4n －1，n 为偶数，3(2)若b n＝(1－an)log3(a2n·a n＋1)，求数列{}的前n项和T n.⎩an⎭⎬的前n项和T.(2)求数列⎨n所以a n＝S n－S n－1＝2an －2－(2an－1－2)，即＝2(n≥2，n∈N*)，则T n＝1＋2＋3＋…＋①－②，得T n＝－n＋1，整理得T n＝3－＝＋1＝.所以T n＝＋＋…＋＝＋＋…＋34473n－23n＋1＝n.(2)令b n＝＝n an2n2222n2222nn所以S2013＝b1＋b2＋…＋b2013＝(1＋41)＋(42－1)＋(1＋43)＋(44－1)＋…＋(1＋42013)＝41＋42＋43＋…＋42013＋14×（1－42013）42014－11－4312．(2018·广西三市第一次联考)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且6S n＝3n＋1＋a(n∈N*)．(1)求a的值及数列{a n}的通项公式；1bn解：(1)因为6S n＝3n＋1＋a(n∈N*)，所以当n＝1时，6S1＝6a1＝9＋a，当n≥2时，6a n＝6(S n－S n－1)＝2×3n，即a n＝3n－1，所以{an}是等比数列，所以a1＝1，则9＋a＝6，得a＝－3，所以数列{an}的通项公式为a n＝3n－1(n∈N*)．(2)由(1)得b n＝(1－an)log3(a2·a n＋1)＝(3n－2)(3n＋1)，111111b1b2bn1×44×7（3n－2）（3n＋1）111111＝(1－＋－＋…＋－)3n＋11．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2a n－2.(1)求数列{a n}的通项公式；⎧n＋1⎫n解：(1)当n＝1时，a1＝2.当n≥2时，S n－1＝2an－1－2，aan－1所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故a n＝2n(n∈N*)．n＋1n＋1，234n＋1，①11234n n＋1①×2，得2T n＝22＋23＋24＋…＋2n＋2n＋1，②13n＋3n＋3.2．已知S n为数列{a n}的前n项和．已知a n>0，a2＋2a n＝4S n＋3.(1)求{a n}的通项公式；4(2)设 b n ＝ ，求数列{b n }的前 n 项和．b n ＝ ＝＝ ⎝2n ＋1－2n ＋3⎭.n n 1 （2n ＋1）（2n ＋3） 2 1 ⎛1 1⎫ ⎛1 1 ⎛ 1 － 1 ⎫ － ⎭＋⎝ － ⎫⎭＋…＋⎝ T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝ [⎝3 5 2n ＋1 2n ＋3⎭ 3（2n ＋3）. ]＝ nnn n n n1 a n an ＋1解：(1)由 a 2＋2a n ＝4S n ＋3，①可知 a 2＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得 a 2＋1－a 2＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即 2(a n ＋1＋a n )＝a 2＋1－a 2＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由 a n >0，得 a n ＋1－a n ＝2.又 a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得 a 1＝－1(舍去)或 a 1＝3.所以{a n }是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 a n ＝2n ＋1. (2)由 a n ＝2n ＋1 可知1 1 1⎛ 1 1 ⎫ aa 设数列{b n }的前 n 项和为 T n ，则n 2 5 75。
推荐2019届高三数学(理 新课标)一轮复习课件第六章 数列6.4
类型三 数列综合问题
(2017·山东)已知{an}是各项均为正数的等比 数列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已知 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bann的前 n 项和 Tn.
解：(1)设{an}的公比为 q.
所以 Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.故选 D.
(2)设数列的通项为 an，则 an＝n（n2＋1）＝21n－n＋1 1，
所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2[1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1]＝21－n＋1 1
解：购买时付款 300 万元，则欠款 2000 万元，依题意分 20 次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{an}，
故 a1＝100＋2 000×0.01＝120(万元)， a2＝100＋(2 000－100)×0.01＝119(万元)， a3＝100＋(2 000－100×2)×0.01＝118(万元)， a4＝100＋(2 000－100×3)×0.01＝117(万元)， … an＝100＋[2 000－100(n－1)]×0.01＝121－n(万元) (1≤n ≤20，n∈N*)． 因此{an}是首项为 120，公差为－1 的等差数列． 故 a10＝121－10＝111(万元)．故填 111.
解：(1)Sn＝9＋99＋999＋…＋99…9n 个 ＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n ＝10（11－－1100n）－n＝10n＋91－10－n.
(2)因为（n＋11）2－1＝n2＋1 2n＝n（n1＋2）＝121n－n＋1 2，
第六章 数列6-4数列的综合问题与数列的应用
Am＝am1＋am2＋am3＋…＋amn 1 2 3 n nn＋1 ＝2m＋2m＋2m＋…＋2m＝ m＋1 ， 2 nn＋1 ∴数列{Ak}的通项公式 Ak＝ k＋1 (1≤k≤n)． 2
已知等差数列{an}中，a3＝7，a6＝16，将此 等差数列的各项排成如图所示的三角形数阵： a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 … … … … … 则此数阵中第20行从左到右的第10个数是 ________．
B．2000 D．1998
分析：公差确定后，首项和末项之差越大，等差数列的 项数就越多(即 n 越大)，故 P1 与 Pn 取长轴两端点时 n 取最 1 大值，可依据公差大于1000列不等式解．
解析：∵|PnF|max＝a＋c＝3，|PnF|min＝a－c＝1， an－a1 3－1 1 d＝ ＝ ＞1000，n∈N，∴nmax＝2000，故选 B. n－1 n－1
(2)由已知得 bn＝2n，anbn＝(－2n＋5)2n， ∴Tn＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n＋5)2n① 2Tn＝3×22＋1×23＋(－1)×24＋…＋(－2n＋5)2n 1② ②－①可得 Tn＝－6＋(23＋24＋…＋2n＋1)＋(－2n＋5)2n＋1 231－2n－1 ＝ ＋(－2n＋5)2n＋1－6 1－2 ＝(－2n＋7)2n＋1－14.
1 am1＝2m，
第4项
1 － 1 － m 1 am4＝2×2 ＝2m 2，
11m－2 1m 公差 d＝32 －2 1 1m 1m 1m ＝342 －2 ＝2 ，
1 － 1 1 2 ＝1＋2＋2 ＋…＋2n 1 1 － m－8 ＝2－2n 1> 4 对于任意的
2019版高考理科数学一轮复习课件：第6章(4)数列求和、数列的综合应用
第四讲 数列求和、数列的综合应用
CONTENTS
目录
考情精解读 考纲要求 命题规律 命题分析预测 A考法帮·题型全突破
考法1 数列求和 考法2 等差、等比数列的综合应用 考法3 数列与函数、不等式等的综合应用 考法4 数列的实际应用
理科数学 第六章：数列
考纲要求 考情精解读 命题规律 命题分析预测
=lg(xn· yn)+lg(xn-1y· xyn-1)+…+lg(yn· xn)
=n[lg(xy)+lg(xy)+…+lg(xy)]
=n(n+1)lg(xy)
=8n(n+1),
故Sn=4n(n+1).
考法2 等差、等比数列的综合应用 考法指导 1.等差数列与等比数列比较表
等差数列
通项公式 前n项 和公式 若m,n,p,q∈N*,m+n=p+q,则 常用性质 am+an=ap+aq. 若m,n,p,q∈N*,m+n=p+q,则 aman=apaq. (1)an=a1+(n-1)d (2)an=am+(n-m)d
命题分析预测 1.分析预测 本讲是高考的热点,其中等差、等比数列的通项与求和、数列
与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点,多以解答
题的形式呈现.
2.学科素养 本讲主要考查考生的数学运算能力和逻辑推理能力.
理科数学 第六章：数列
考法1 数列求和 A考法帮·题型全突破 考法2 等差、等比数列的综合应用 考法3 数列与函数、不等式等的综合应用 考法4 数列的实际应用
理科数学 第六章：数列
2019版高考数学理科课标A版一轮复习习题：第六章 数列
§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110答案 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= .答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(6分)(2)由a n=2n+1可知b n===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= . 答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a nb n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n==-.T n=1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )A.6B.7C.8D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .答案643.(2017山东,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n C n的面积为S n,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=,c n+1=,则( )A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列答案 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)记T n=…,证明:T n≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以T n>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n. 因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).当x≠1时,m'k(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,则x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,则x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).9.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.10.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设数列{a n}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.当a n=4n-2时,S n==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;当a n=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1==.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.④由③,④知,a n+1-a n=.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+=1+·=+·,故数列{a n}的通项公式为a n=+·.12.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,且T n+=λ(λ为常数),令c n=b2n(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n. 解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由题意知T n=λ-,所以n≥2时,b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1),n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,两式相减得R n=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.13.(2013广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)依题意得,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n≥2时,2S n=na n+1-n3-n2-n,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)两式相减得2a n=na n+1-(n-1)a n-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)a n=na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n=n2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<,综上,对一切正整数n,有++…+<.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列求和1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案 C2.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{a n}中,a4=5,a7=11.设b n=(-1)n·a n,则数列{b n}的前100项之和S100=( )A.-200B.-100C.200D.100答案 D3.(2016山东部分重点中学第二次联考,7)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m 项和为,则m的值为( )A.8B.9C.10D.11答案 B4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知S n为{a n}的前n项和,若a n(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于.答案 2 332考点二数列的综合应用5.(2017广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{a n}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )A.20B.22C.24D.28答案 B6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案 B7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{a n}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+=.答案2n2+2n8.(2017广东“六校联盟”联考,14)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=2a n-1(n∈N*),则数列{na n}的前n项和T n为.答案(n-1)2n+1B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:50分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{a n}中,n=1,2,3,…,729,且a n=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{a n}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{b n},容易发现数列{b n}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{a n}的所有项的和为S,数列{b n}的所有项的和为T,则( )A.S>TB.S=TC.S<TD.S与T的大小关系不确定答案 A2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=则S2 018等于( )A. B. C. D.答案 B3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=+3a n,n∈N*,b n=,若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),且b n=a n cos,记S n为数列{b n}的前n项和,则S24=( )A.294B.174C.470D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+=.答案2n2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列{a n},定义H n=为{a n}的“优值”,现在已知某数列{a n}的“优值”H n=2n+1,记数列{a n-kn}的前n项和为S n,若S n≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是.答案三、解答题(共30分)7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,数列{b n}的前n项和为T n,若不等式(-1)nλ<T n+对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.解析(1)由a n+1=(n∈N*),得==+1,∴+=3,又+=,∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,从而+=×3n-1⇒a n=.(2)将a n=代入b n=(3n-1)··a n可得b n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得=+++…+-n×=2-,∴T n=4-,∴(-1)nλ<4-,若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,∴-2<λ<3.8.(2017河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2015年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式(注:2016年为第一年);(2)若新政策实施后的2016年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)解析(1)当n≤10时,数列{a n}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故a n=45.5+0.5×(n-1), 当n≥11时,数列{a n}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故a n=50×0.99n-10,因此,新政策实施后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式为a n=n∈N*.(2)设S n(单位:万人)为数列{a n}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 错位相减法求和1.(2017河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{a n}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为S n,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+1=,T n为数列{b n}的前n项和,若T n≥m恒成立,求m的最大值.解析(1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴a n=.(2)∵a n+1=,∴=,∴b n=n·2n-1,∴T n=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①∴2T n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②由①-②得,-T n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴T n=1+(n-1)·2n.∵T n≥m恒成立,只需(T n)min≥m即可,∵T n+1-T n=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,∴{T n}为递增数列,∴当n=1时,(T n)min=T1=1,∴m≤1,∴m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,p n的“均倒数”,已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为,又b n=,则++…+等于( )A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{a n}满足S n=2a n-1(n∈N*),{b n}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=-(n∈N*),求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,n≥2,即a n=2a n-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.∴b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,∴T n=-2=2--2=-21-n.。