高三总复习34-数列求和与数列的综合应用
高三数学考点-数列求和及应用
6．4 数列求和及应用1．数列求和方法 (1)公式法：(Ⅰ)等差数列、等比数列前n 项和公式． (Ⅱ)常见数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝；②2＋4＋6＋…＋2n ＝；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝；④12＋22＋32＋…＋n 2＝；⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）22.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列． (3)倒序相加：如等差数列前n 项和公式的推导方法．(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．等比数列{a n }前n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法．(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和． 常见的裂项公式：①1n （n ＋1）＝－1n ＋1； ②1（2n －1）（2n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n （n ＋1）（n ＋2）＝⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；④1a ＋b＝(a －b )；⑤n （n ＋1）！＝－1（n ＋1）！； ⑥C m －1n＝ ； ⑦n ·n ！＝ ！－n ！； ⑧a n ＝S n －S n －1(n ≥2)． 2．数列应用题常见模型 (1)单利公式利息按单利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ . (2)复利公式利息按复利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ .(3)产值模型原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间x ，总产值y ＝ . (4)递推型递推型有a n ＋1＝f (a n )与S n ＋1＝f (S n )两类．(5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．自查自纠1．(1)①n （n ＋1）2 ②n 2＋n ③n 2 ④n （n ＋1）（2n ＋1）6(2)①1n ②12 ③12 ④1a －b ⑤1n ！⑥C m n ＋1－C mn ⑦(n ＋1) 2．(1)a (1＋xr ) (2)a (1＋r )x (3)N (1＋p )x数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1 D ．n ＋2＋2n 解：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.故选C .若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15解：记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A . 数列{|2n －7|}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2 B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3）n 2－6n ＋18（n ＞3）D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3）n 2－6n （n ＞3） 解：设a n ＝2n －7，n ≤3时，a n ＜0；n ＞3时，a n ＞0，a 1＝－5，a 2＝－3，a 3＝－1，且易得{a n }的前n 项和S n＝n 2－6n ，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n ＞3）.故选C .数列{a n }满足a n ＝n （n ＋1）2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解：1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和S 10＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2(1－111)＝2011.故填2011. 有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个．现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒． 解： 设至少需要n 秒，则1＋2＋22＋…＋2n －1≥100，即1－2n1－2≥100，所以n ≥7.故填7.类型一 基本求和问题(1)设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项和为S n ，则S n 等于( ) A ．2n B ．2n －nC ．2n ＋1－n D ．2n ＋1－n －2(2)求和：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n ；(3)设f (x )＝x 21＋x 2，求：f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋…＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)； (4)求和：S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n .解：(1)解法一：特殊值法，易知S 1＝1，S 2＝4，只有选项D 适合． 解法二：研究通项a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1， 所以S n ＝(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a n ，则a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.(3)因为f (x )＝x 21＋x 2，所以f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝1. 令S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋…＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)，①则S ＝f (2 017)＋f (2 016)＋…＋f (1)＋f ⎝⎛⎭⎫12＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋f (12 017)，② ①＋②得：2S ＝1×4 033＝4 033，所以S ＝4 0332.(4)(Ⅰ)当a ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2.(Ⅱ)当a ≠1时，S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ，①1a S n ＝1a 2＋2a 3＋…＋n －1a n ＋nan ＋1，② 由①－②得⎝⎛⎭⎫1－1a S n ＝1a ＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n －n a n ＋1＝1a ⎝⎛⎭⎫1－1a n 1－1a－na n ＋1， 所以S n ＝a （a n －1）－n （a －1）a n （a －1）2.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n ＋1）2（a ＝1），a （a n －1）－n （a －1）a n （a －1）2（a ≠1）.【点拨】研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．(1)求数列9，99，999，…的前n 项和S n ；(2)求数列122－1，132－1，142－1，…，1（n ＋1）2－1的前n 项和；(3)求sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°的值； (4)已知a n ＝n ＋12n ＋1，求{a n }的前n 项和T n .解：(1)S n ＝9＋99＋999＋…＋99…9n 个 ＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n －1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n )－n＝10（1－10n ）1－10－n ＝10n ＋1－109－n .(2)因为1（n ＋1）2－1＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以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. (3)令S n ＝sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°，① 则S n ＝sin 289°＋sin 288°＋sin 287°＋…＋sin 21° ＝cos 21°＋cos 22°＋cos 23°＋…＋cos 289°.②①与②两边分别相加得2S n ＝(sin 21°＋cos 21°)＋(sin 22°＋cos 22°)＋…＋(sin 289°＋cos 289°)＝89.所以S n ＝892.(4)T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，①12T n ＝223＋324＋425＋…＋n ＋12n ＋2，② ①－②得12T n ＝222＋123＋124＋125＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2 ＝12＋123×⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2， 所以T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.类型二 可用数列模型解决的实际问题用分期付款的方式购买一批总价为2 300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%.若从首付300万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付________万元．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{a n }，故a 1＝100＋2 000×0.01＝120(万元)， a 2＝100＋(2 000－100)×0.01＝119(万元)， a 3＝100＋(2 000－100×2)×0.01＝118(万元)， a 4＝100＋(2 000－100×3)×0.01＝117(万元)， …a n ＝100＋[2 000－100(n －1)]×0.01＝121－n (万元) (1≤n ≤20，n ∈N *)． 因此{a n }是首项为120，公差为－1的等差数列． 故a 10＝121－10＝111(万元)．故填111.【点拨】将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：①审题，②建模，③求解，④检验，⑤作答．增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决．某气象学院用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元(n ∈N *)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了( ) A ．600天B ．800天C ．1 000天D ．1 200天解：设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为32 000＋⎝⎛⎭⎫5＋n 10＋4.9n 2n＝32 000n ＋n 20＋4.95，当且仅当32 000n＝n20时，取得最小值，此时n ＝800.故选B . 类型三 数列综合问题(2017·山东)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公比为q .依题意，a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)依题意，S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1.又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n .又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1＝32＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1. 所以T n ＝5－2n ＋52n .【点拨】错位相减法适用于等差数列与等比数列的积数列的求和，写出“S n ”与“qS n ”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．解：(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n ＋1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.1．数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一．2．对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的． 3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏．4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数的平方构成的数列等． 5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型．6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，分q ＝1或q ≠1)等．1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 5＝4－a 3，则S 7＝( ) A ．7 B ．12 C ．14 D ．21解：由a 5＝4－a 3，得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝7（a 1＋a 7）2＝14.故选C .2．(2016·新余三校联考)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 ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100解：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D .3．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （n ）(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.nn －1D.n ＋1n解：由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1.所以f (x )＝x 2＋x ，则1f （n ）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.故选A . 4．已知正数组成的等差数列{a n }的前20项的和是100，那么a 6·a 15的最大值是( )A ．25B ．50C ．100D ．不存在解：由条件知，a 6＋a 15＝a 1＋a 20＝110S 20＝110×100＝10，a 6>0，a 15>0，所以a 6·a 15≤⎝⎛⎭⎫a 6＋a 1522＝25，等号在a 6＝a 15＝5时成立，即当a n ＝5(n ∈N *)时，a 6·a 15取最大值25.故选A .5．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若8a 2＋a 5＝0，则下列式子中数值不能确定的是( ) A.a 5a 3 B.S 5S 3 C.a n ＋1a n D.S n ＋1S n解：数列{a n }为等比数列，由8a 2＋a 5＝0，知8a 2＋a 2q 3＝0，因为a 2≠0，所以q ＝－2，a 5a 3＝q 2＝4；S 5S 3＝1－q 51－q 3＝113；a n ＋1a n ＝q ＝－2；S n ＋1S n ＝1－q n ＋11－q n ，其值与n 有关．故选D . 6．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)(单位：t)，但如果年产量超过150 t ，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( ) A ．5年 B ．6年 C ．7年 D ．8年解：由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2.当n ＝1时也适合，据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．故选C .7．已知数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1 的前n 项和为________．解：a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝n ＋12，1a n a n ＋1＝4（n ＋1）（n ＋2）＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所求的前n 项和为4(12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2.故填2nn ＋2.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为________．解：当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，又a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝1(n ≥2)．又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009.故填1 009.9．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解：(1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )， d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，即b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ①，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②， ①－②，得12T n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. 所以T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .10．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 是数列{|a n |}的前n 项和，求S n .解：(1)由2a n ＋1＝a n ＋2＋a n 可得{a n }是等差数列，且公差d ＝a 4－a 14－1＝2－83＝－2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋10. (2)令a n ≥0，得n ≤5.即当n ≤5时，a n ≥0，n ≥6时，a n <0. 所以当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－n 2＋9n ； 当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n ) ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 5) ＝－(－n 2＋9n )＋2×20＝n 2－9n ＋40，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋9n ，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3， 所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2， 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12，当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k ＝2n 2，所以{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1＋221＋322＋…＋n2n －1.所以12S n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n .两式相减得12S n ＝1＋121＋122＋123＋…＋12n －1－n2n＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n .所以S n ＝4－n ＋22n －1.1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n ＝( )A ．25B ．576C ．624D ．625解：a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24得n ＝624.故选C .2．在等差数列{a n }中，若a 1，a 2 019为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 2＋a 1 010＋a 2 018＝( ) A ．10 B ．15 C ．20 D ．40解：由题意知，a 1＋a 2 019＝a 2＋a 2 018＝2a 1 010＝10，所以a 2＋a 1 010＋a 2 018＝3a 1 010＝15.故选B . 3．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0，b n ＝log 2a n ，那么数列{b n }的前10项和等于( ) A ．130 B ．120 C ．55 D ．50解：因为a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，故{a n }是首项、公比均为2的等比数列．故a n ＝2·2n －1＝2n ，b n ＝log 22n ＝n .所以b 1＋b 2＋…＋b 10＝1＋2＋3＋…＋10＝1＋102×10＝55.故选C .4．已知数列{a n }中的前n 项和S n ＝n (n －9)，第k 项满足7＜a k ＜10，则k 等于( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10解：当k ≥2时，a k ＝S k －S k －1＝k 2－9k －(k －1)2＋9(k －1)＝2k －10，k ＝1时也适合． 由7<a k <10，得7<2k －10<10，所以172<k <10，所以k ＝9.故选C .5．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2 018的值为 ( ) A.2 0152 016 B.2 0162 017 C.2 0172 018 D.2 0182 019解：直线与x 轴交于⎝⎛⎭⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n ＋1，所以S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以原式＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 018－12 019 ＝1－12019＝20182019.故选D .6．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( ) A ．0 B ．－100 C ．100 D ．10 200解：因为a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)]＋[f (2)＋f (3)]＋…＋[f (100)＋f (101)]＝(－12＋22)＋(22－32)＋…＋(1002－1012)＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)，共100项，故所求为－2×50＝－100.故选B .7．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项的和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解：当q ＝1时，显然不符合题意；当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，则a 8＝14×27＝32.故填32.8．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解：设该等比数列的公比为q ，则q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，可得a 1＋14a 1＝10，得a 1＝8，所以a n ＝8·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －4.所以a 1a 2…a n ＝⎝⎛⎭⎫12－3－2－1＋0＋…＋（n －4）＝⎝⎛⎭⎫12n 2－7n2，易知当n ＝3或n ＝4时，12(n 2－7n )取得最小值－6，故a 1a 2…a n 的最大值为⎝⎛⎭⎫12－6＝64.故填64.9．在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，公比为q ，且b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2.(1)求a n 与b n ；(2)证明：13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜23.解：(1)设数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝12，q ＝6＋dq .解得q ＝3或q ＝－4(舍)，d ＝3.故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3n －1. (2)证明：因为S n ＝n （3＋3n ）2，所以1S n ＝2n （3＋3n ）＝23⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.故1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝23[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1.因为n ≥1，所以0＜1n ＋1≤12，所以12≤1－1n ＋1＜1，所以13≤23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＜23，即13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜23. 10．(2016·山东)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)因为数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，所以a 1＝11，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －3(n －1)2－8(n －1)＝6n ＋5， 又a n ＝6n ＋5对n ＝1也成立，所以a n ＝6n ＋5.又因为{b n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝b n ＋b n ＋1＝2b n ＋d .当n ＝1时，2b 1＝11－d ；当n ＝2时，2b 2＝17－d ，解得d ＝3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝a n －d2＝3n ＋1.(2)由c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝(3n ＋3)·2n ＋1， 于是T n ＝6×22＋9×23＋12×24＋…＋(3n ＋3)×2n ＋1， 两边同乘以2，得2T n ＝6×23＋9×24＋…＋(3n )×2n ＋1＋(3n ＋3)×2n ＋2， 两式相减，得－T n ＝6×22＋3×23＋3×24＋…＋3×2n ＋1－(3n ＋3)×2n ＋2＝3×22＋3×22（1－2n ）1－2－(3n ＋3)×2n ＋2，所以T n ＝－12＋3×22(1－2n )＋(3n ＋3)×2n ＋2＝3n ·2n ＋2.已知数列{a n }满足a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列．(2)是否存在互不相等的正整数m ，s ，t ，使m ，s ，t 成等差数列，且a m －1，a s －1，a t －1成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m ，s ，t ；如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝13a n ＋23，所以1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 因为a 1＝35，所以1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列．(2)由(1)知，1a n －1＝23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n ，所以a n ＝3n 3n ＋2.假设存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件，则有⎩⎪⎨⎪⎧m ＋t ＝2s ，（a s －1）2＝（a m －1）（a t －1）.由a n ＝3n3n ＋2与(a s －1)2＝(a m －1)(a t －1)，得⎝⎛⎭⎫3s 3s ＋2－12＝⎝⎛⎭⎫3m 3m ＋2－1⎝⎛⎭⎫3t 3t ＋2－1， 即3m ＋t ＋2×3m ＋2×3t ＝32s ＋4×3s . 因为m ＋t ＝2s ，所以3m ＋3t ＝2×3s .又3m ＋3t ≥23m ＋t ＝2×3s ，当且仅当m ＝t 时，等号成立， 这与m ，s ，t 互不相等矛盾，所以不存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．6解：由等差数列的性质知a 2，a 4，a 6成等差数列，所以a 2＋a 6＝2a 4，所以a 6＝2a 4－a 2＝0.故选B . 2．已知数列{a n }为2，0，2，0，…，则下列各项不可以作为数列{a n }通项公式的是( )A ．a n ＝1＋(－1)n ＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C ．a n ＝1－cos n πD ．a n ＝2sinn π2解：若a n ＝2sin n π2，则a 1＝2sin π2＝2，a 2＝2sinπ＝0，a 3＝2sin 3π2＝－2，不符合题意．故选D .3．在数列{a n }中，“对任意的n ∈N *，a 2n ＋1＝a n a n ＋2”是“数列{a n }为等比数列”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件解：若a n ＝0，满足a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2，但{a n }不是等比数列．故选B .4．(2015·全国卷Ⅰ)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.172B.192C ．10D ．12 解： 因为公差d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋12×8×7＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.故选B .5．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1)C.n （n ＋1）2D.n （n －1）2解：因为d ＝2，a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2a 8，即(a 2＋2d )2＝a 2(a 2＋6d )，解得a 2＝4，a 1＝2.所以利用等差数列的求和公式可求得S n ＝n (n ＋1)．故选A .6．(2016·江西八校联考)数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋3n (n ∈N *)，若p －q ＝5(p ，q ∈N *)，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5 D ．20解：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n －[2(n －1)2＋3(n －1)]＝4n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝5，符合上式，所以a n ＝4n ＋1，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.故选D .7．已知公差不为零的等差数列{a n }与公比为q 的等比数列{b n }有相同的首项，同时满足a 1，a 4，b 3成等比数列，b 1，a 3，b 3成等差数列，则q 2＝( ) A.14 B.16 C.19 D.18解：设数列的首项为a ，等差数列{a n }的公差为d ，⎩⎪⎨⎪⎧2a 3＝b 1＋b 3，a 24＝a 1·b 3， 将a ，d ，q 代入得⎩⎪⎨⎪⎧2（a ＋2d ）＝a ＋aq 2， ①（a ＋3d ）2＝a ·aq 2， ② 化简得(a ＋3d )2＝a (a ＋4d )，解得a ＝－92d (d ≠0)，代入①式得q 2＝19.故选C .8．执行如图所示的程序框图，如果输入n ＝3，则输出的S ＝( )A.37B.67C.89D.49解：第一次循环后S ＝11×3＝13，i ＝2；第二次循环后S ＝11×3＋13×5＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＝25，i ＝3；第三次循环后S ＝11×3＋13×5＋15×7＝12×(1－13＋13－15＋15－17)＝37，此时i ＝4>3，退出循环，输出结果S ＝37.故选A .9．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 017＝( )A ．lg2 018B ．lg2 017C ．－lg2 018D ．－lg2 017解：因为y ′＝(n ＋1)x n ，所以曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线斜率为n ＋1，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1.则a n ＝lg x n ＝lg n n ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2 017＝lg ⎝⎛⎭⎫12×23×…×2 0172 018＝lg 12 018＝－lg2 018.故选C .10．已知在数列{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．(－2，＋∞) B ．[－2，＋∞) C ．(－3，＋∞) D ．[－3，＋∞)解：由题意可知a n ＋1>a n 对任意正整数n 恒成立，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn 对任意正整数n 恒成立，即λ>－2n －1对任意正整数n 恒成立，故λ>－3.另解，由对称轴－λ2＜32求解．故选C .11．已知a n ＝⎝⎛⎭⎫13n ，把数列{a n }的各项排列成如下的三角形形状，a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9……记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (10，12)＝( )A.⎝⎛⎭⎫1393B.⎝⎛⎭⎫1392C.⎝⎛⎭⎫1394D.⎝⎛⎭⎫13112解：前9行一共有1＋3＋5＋…＋17＝81个数，而A (10，12)表示第10行的第12个数，所以n ＝93，即A (10，12)＝a 93＝⎝⎛⎭⎫1393.故选A . 12．设a n ＝1n sin n π25，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数是( )A ．25B ．50C ．75D ．100解：当1≤n ≤24时，a n ＞0，当26≤n ≤49时，a n ＜0，但其绝对值要小于1≤n ≤24时相应的值，当51≤n ≤74时，a n ＞0，当76≤n ≤99时，a n ＜0，但其绝对值要小于51≤n ≤74时相应的值，所以当1≤n ≤100时，均有S n ＞0.故选D .二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2017·北京)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解：－1＋3d ＝－q 3＝8⇒d ＝3，q ＝－2⇒a 2b 2＝－1＋3－1×（－2）＝1.故填1.14．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解：因为{a n }为等比数列，设公比为q . ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， 即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1， ①a 1－a 1q 2＝－3， ②显然q ≠1，a 1≠0， ②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.故填－8.15．(2015·武汉调研)《张丘建算经》卷上第22题——“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布5尺，30天共织布390尺，则该女子织布每天增加________尺．解：设每天增加的数量为x 尺，则5×30＋30×（30－1）x 2＝390，所以x ＝1629.故填1629.16．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解：因为S n ＋1＝2S n ＋n ＋1， 当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ，两式相减得，a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2.又S 2＝2S 1＋1＋1，a 1＝S 1＝1，所以a 2＝3，所以a 2＋1a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ， 所以a n ＝2n －1.故填2n －1.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝4a n －3(n ∈N *)，求a n . 解：S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3，两式相减，得a n a n －1＝43.又a 1＝4a 1－3，所以a 1＝1，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1.18．(12分)已知等比数列{a n }中，a 1＝13，公比q ＝13.(1)S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n ＝1－a n2；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为a n ＝13×⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n ，S n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝1－13n 2，所以S n ＝1－a n 2.(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n （n ＋1）2.所以{b n }的通项公式为b n ＝－n （n ＋1）2.19．(12分)(2016·北京)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝ a n ＋ b n ，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27.设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2.所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1. 因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋()2n －1＋1＋3＋…＋3n －1 ＝n ()1＋2n －12＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.20．(12分)已知数列{a n }与{b n }，若a 1＝3且对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2＋a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解：(1)由题意知{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． 所以a n ＝2n ＋1. 当n ＝1时，b 1＝S 1＝4；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n ＋1)－[(n －1)2＋2(n －1)＋1]＝2n ＋1，对b 1＝4不成立．所以数列{b n }的通项公式为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2)由(1)知当n ＝1时，T 1＝1b 1b 2＝120.当n ≥2时， 1b n b n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝120＋12[⎝⎛⎭⎫15－17＋⎝⎛⎭⎫17－19＋…＋(12n ＋1－12n ＋3)]＝120＋12⎝⎛⎭⎫15－12n ＋3＝120＋n －110n ＋15＝6n －120（2n ＋3）. 当n ＝1时仍成立，所以T n ＝6n －120（2n ＋3）.21．(12分)(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2.所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ， 故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， 上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×（1－4n ）1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以，数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.22．(12分)(2017·山东)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n ＋1(x n ＋1, n ＋1)得到折线P 1 P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解：(1)设数列{x n }的公比为q ，由已知q >0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2， 所以3q 2－5q －2＝0，因为q >0，所以q ＝2，x 1＝1， 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，P 3，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，Q 3，…，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 ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2① 又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，② ①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12.。
专题5.4 数列求和及数列的综合应用-2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(原卷版)
第五篇 数列及其应用专题5.04 数列求和及数列的综合应用【考试要求】1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.【知识梳理】1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. 2.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)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.(3)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，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“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 项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，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同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.【微点提醒】1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6. 3.裂项求和常用的三种变形(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )【教材衍化】2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( ) A.2 018B.2 019C.2 020D.2 0213.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________.【真题体验】4.(2018·东北三省四校二模)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.305.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.【考点聚焦】考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小.【规律方法】 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .【规律方法】1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.(1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n .考点三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .【规律方法】 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n－qS n”的表达式.【训练3】已知等差数列{a n}满足：a n＋1>a n(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n＋2log2b n＝－1.(1)分别求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.考点四数列的综合应用【例4】某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？【规律方法】数列的综合应用常考查以下几个方面：(1)数列在实际问题中的应用；(2)数列与不等式的综合应用；(3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{a n}的前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝3a n a n＋1，试求数列{b n}的前n项和T n.【反思与感悟】1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.【易错防范】1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A.－24B.－3C.3D.82.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－4003.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( )A.9B.99C.10D.1004.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为() A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 0235.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.7.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________.8.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0).10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则() A.a n ≥2n ＋1 B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －112.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定13.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.14.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【新高考创新预测】15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{a n}的前n项和为S n，b n＝(－1)n S n，则a n＝________，数列{b n}的前n项和T n＝________.。
[精]高三第一轮复习全套课件3数列：数列的综合应用
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证明：①根据 S n a n
a 1 , ( n 1) 得 an=a+(n─1) 2b, S n S n 1 , ( n 2 )
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例 6 数列{an}的前 n 项和 Sn=na+(n─1)nb,(n=1,2,…),a,b 是常数，且 b≠0, ①求证{an}是等差数列； ②求证以(an,Sn/n─1)为坐标的点 Pn 都落在同一直线上，并求出直线方程； ③设 a=1,b=1/2,C 是以(r,r)为圆心，r 为半径的圆(r>0),求使得点 P1,P2,P3 都落 在圆外的 r 的取值范围
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解：①依题意，由{an}是等差数列，有 ar+ar+2=2ar+1 (r∈N),即 x=─1 时，方程 成立，因此方程恒有实数根 x=─1; ②设公差为 d(化归思想),先解出方程的另一根 mr=─ar+2/ar, ∴ 1/(mr+1)=ar/(ar─ar+2)=─ar/(2d), ∴ 1/(mr+1+1)─1/(mr+1)= 〔─ar+1/(2d)〕─〔─ar/(2d)〕=─1/2, ∴ {1/(mr+1)}是等差数列
∴{an}是等差数列，首项为 a,公比为 2b
②由 x=an=a+(n─1)2b, y=Sn/n─1=a+(n─1)b 两式中消去 n,得：x─2y+a─2=0, （另外算斜率也是一种办法）
数列的综合应用【十二大题型】(举一反三)(新高考专用)(原卷版)—2025年新高考数学一轮复习
数列的综合应用【十二大题型】【题型1 等差、等比数列的交汇问题】................................................................................................................3【题型2 数列中的数学文化问题】........................................................................................................................4【题型3 数列的实际应用问题】............................................................................................................................5【题型4 数列中的不等式恒成立、有解问题】....................................................................................................7【题型5 数列中的不等式证明问题】....................................................................................................................8【题型6 子数列问题】............................................................................................................................................9【题型7 数列与函数的交汇问题】......................................................................................................................11【题型8 数列与导数的交汇问题】......................................................................................................................12【题型9 数列与概率统计的交汇问题】..............................................................................................................13【题型10 数列与平面几何的交汇问题】............................................................................................................14【题型11 数列中的结构不良题】........................................................................................................................16【题型12 数列的新定义、新情景问题】............................................................................................................17
数列的综合应用知识点总结、经典例题解析、高考练习题带答案
数列的综合应用【考纲说明】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 .理解数列作为函数的特性，能够抽象出数列的模型；【知识梳理】考点一：通项公式的求解技巧1. 归纳、猜想数列的通项.2. 迭代法求一阶递推式的通项公式.3. 用等差（等比）数列的通项公式求数列的通项公式.4. 已知数列{a n }前n 项和S n ，则⎩⎨⎧-=-11n nn S S S a 21≥=n n .5. 已知a n -a n-1=f(n)(n ≥2),则可用叠加法求a n .6. 已知a na n-1=f(n)(n ≥2),则可用叠乘法求a n .7. 已知数列{a n }前n 项之积T n ，一般可求T n-1，则a n =111 n 2n n T n T T -=⎧⎪⎨≥⎪⎩.8. 已知混合型递推式f(a n ,S n )=0,可利用a n =S n -S n-1(n ≥2)将关系式转化为只含有a n 或S n 的递推式,再求a n 或先间接求出S n 再求出a n .9. 已知数列{a n }的递推关系，研究它的特点后，可以通过一系列的恒等变形如:倒数、通分、约分、裂项、等式两边同时乘以或除以同一个式子、因式分解、平方、开方、配方、取对数、辅助数列、待定系数等等构造得出新数列{f(a n )}为等差或等比数列.例如:形如a n+1=Aa n +f(n)或a n+1=Aa n +q n ,均可以两边同时除以A n+1后进行求解,也可以通过待定系数法将其转化为等比数列求解;形如a n ＝a n-1ka n-1+b 的递推数列可以两边同时倒数来求通项.考点二：数列求和的技巧 一、公式法1、等差数列的前n 项和公式2)1(2)(11dn n na a a n S n n -+=+=2、等比数列的前n 项和公式⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a q q a q na S n n n3、常用几个数列的求和公式 （1）)1(213211+=+⋯+++==∑=n n n k S nk n （2）)12)(1(61321222212++=+⋯+++==∑=n n n n k S nk n （3）2333313)]1(21[321+=+⋯+++==∑=n n n k S nk n二、错位相减法用于求数列}{n n b a ⨯的前n 项和，其中}{n a ，}{n b 分别是等差数列和等比数列。
高考数学(文)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题三第2讲 数列求和及其综合应用 Word版含答案
第2讲数列求和及其综合应用错位相减法求和[学生用书P34]共研典例类题通法错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )·b n ＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．(2016·高考山东卷)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，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，得⎩⎪⎨⎪⎧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 ，所以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＋ (2)＋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.应用错位相减法求和需注意的问题(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证． [跟踪训练](2016·兰州模拟)等差数列{a n }中，已知a n ＞0，a 1＋a 2＋a 3＝15，且a 1＋2，a 2＋5，a 3＋13构成等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得： a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝15，即a 2＝5. 又(5－d ＋2)(5＋d ＋13)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝3，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝2n ＋1. 又b 1＝a 1＋2＝5，b 2＝a 2＋5＝10，所以公比q ＝2， 所以b n ＝5×2n －1.(2)因为T n ＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1]， 2T n ＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ]，两式相减得－T n ＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ]＝5[(1－2n )2n －1]， 则T n ＝5[(2n －1)2n ＋1]．裂项相消法求和[学生用书P35]共研典例类题通法 1．常见的裂项类型 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； (2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；(3)1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；(4)14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(5)n ＋1n （n －1）·2n ＝2n －（n －1）n （n －1）·2n ＝1（n －1）2n －1－1n ·2n. 2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项公式a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2016·海口调研测试)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1＝7，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ； (2)若b n ＝5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)因为a 2，a 5，a 10成等比数列， 所以(7＋d )(7＋9d )＝(7＋4d )2， 又因为d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋5，S n ＝（7＋2n ＋5）n 2＝n 2＋6n .(2)由(1)可得b n ＝5（2n ＋5）（2n ＋7）＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7， 所以T n ＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝5n14n ＋49.裂项相消法的技巧在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．[跟踪训练](2016·石家庄模拟)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.分组转化求和[学生用书P35]共研典例类题通法 分组转化求和的三种类型分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n 的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n 为奇数、偶数分类求和．(2016·呼和浩特模拟)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【解】(1)因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a n ＋n ≠0， 所以{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1. 所以a n ＝2n ＋1－n .(2)S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组.(3)根据数列的周期性分组.[题组通关]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝( )A ．1009B ．1010C ．－1009D ．－1010B [解析] 因为a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＋2018＝1008×(－1)＋2018＝1010.2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，数列{a 2n －1}是首项为1的等差数列，数列{a 2n }是首项为2的等比数列，且满足S 3＝a 4，a 3＋a 5＝a 4＋2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求S 2n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1＋d ，a 4＝2q ，a 5＝1＋2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋d ＝2q ，（1＋d ）＋（1＋2d ）＝2＋2q ，解得d ＝2，q ＝3.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，(k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n －1) ＝（1＋2n －1）n 2＋2（1－3n ）1－3＝n 2－1＋3n .等差、等比数列的综合问题[学生用书P36]共研典例类题通法解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：S n ＜34.【解】(1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *，得（a n ＋1－1）＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，即1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，亦即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项， －1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)证明：因为b n ＝a n ＋1a n －1＝（n ＋1）2n （n ＋2）－1＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×⎝⎛⎭⎫1＋12＝34.解决数列综合问题的方法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解. [跟踪训练](2016·武汉模拟)已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（2n ＋1）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，即(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，化简得d 2＝2a 1d .因为d ≠0，所以d ＝2a 1.① 因为a 3＝－52，所以a 1＋2d ＝－52.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12d ＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12.(2)因为b n ＝1（2n ＋1）a n ＝1（2n ＋1）⎝⎛⎭⎫－n ＋12＝－2（2n ＋1）（2n －1）＝12n ＋1－12n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1＋⎝⎛⎭⎫15－13＋⎝⎛⎭⎫17－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n －1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 课时作业[学生用书P120(独立成册)]1．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2B ．442C ．22D ．44B [解析] 因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．2．已知在数列{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 ．1080D ．3105B [解析] 因为a n ＋1＝a n ＋3，所以a n ＋1－a n ＝3. 所以{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． 所以a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. 所以前20项都为负值． 所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.因为S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．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 ．20B ．40C ．60D ．80C [解析] 由a n ＋1＝a na 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＝60.4．(2016·郑州模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B.2011C ．－95D.95A [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝－2·⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 5．设b n ＝a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）(其中a n ＝2n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 5＝( )A.3133B.3233C.3166D.1633C [解析] 由题意得，b n ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1，所以T 5＝12－133＝3166.6．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和大于62，则n 的最小值为( )A ．8B ．7C ．6D ．9C [解析] 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＞0，知f （x ）g （x ）在R 上是增函数，即f （x ）g （x ）＝a x 为增函数，所以a ＞1.又因为a ＋1a ＝52，所以a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝21＋22＋…＋2n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62.即2n ＞32，所以n ＞5.7．(2016·海口调研测试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________．[解析] 依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. [答案]43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋28．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为________．[解析] 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2，3，4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2. [答案]29．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2017＝________．[解析] 因为a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，所以a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，所以S 2017＝1009a 1＋1008a 2＝1009×⎝⎛⎭⎫12－2＋1008×2＝10052. [答案]1005210．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．[解析]因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91. [答案]9111．(2016·东北四市联考)已知数列{a n }满足a 1＝511，a 6＝－12，且数列{a n }的每一项加上1后成为等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意数列{a n ＋1}是等比数列，设公比为q ，a 1＋1＝512，a 6＋1＝12＝512×q 5， 解得q ＝14. 则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝211－2n ，a n ＝211－2n －1.(2)由(1)知b n ＝|11－2n |，当n ≤5时，T n ＝10n －n 2，当n ≥6时，T n ＝n 2－10n ＋50，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5n 2－10n ＋50，n ≥6. 12．(2016·哈尔滨模拟)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4.即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0.因为公比q ≠0，所以q ＝2.所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1 ＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.13．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n n ＋1. [解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(选做题)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30. [解] (1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ， 解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ， 因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3. (2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， 所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.。
高中数学复习课件-数列的综合应用
1 种重要思想：转化与化归的思想 数列求和把数列通过分组、变换通项、变换次序、乘以常数 等方法，把数列的求和转化为能使用公式求解或者能通过基本运 算求解的形式，达到求和的目的． 2 点特别注意：数列求和中应注意的两个问题
(1)错位相减法中两式相减后，一定成等比数列的有 n－1 项， 整个式子共有 n＋1 项．
例 3 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1＝10，a2 为整数 且 Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
[解] (1)由 a1＝10，a2 为整数知，等差数列{an}的公差 d 为
整数．
且 Sn≤S4，故 a4≥0，a5≤0，
课后作业：
1.
数列
11，31，51，7 1 ，…的前 2 4 8 16
n
项和
Sn
为
2. 已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且 a2，a5，a14 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{ 1 }的前 anan＋1
n
项和
Sn.
3. 设数列{an}满足 a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.
＝101－2n.当 n＝1 时，满足上式． ＝2S50－(a1＋a2＋…＋an)
综上 an＝101－2n(n∈N*)．
＝2·(100·50－502)－(100n－n2)
(2)bn＝|an|＝120n1－－1201n，，
＝n2－100n＋5000. 1≤n≤50，
n≥51.
综上有 Tn＝1n02－0n1－00nn2，＋5000，1≤n≤n≥505，1.
(1)求数列{an}的通项公式及前 n 项和 Sn； (2)设 bn＝n＋Sn c，若{bn}也是等差数列，试确定非零常数 c， 并求数列{bn·1bn＋1}的前 n 项和 Tn.
高考数学复习考点知识讲解课件36 数列求和及综合应用
二、必明2个常用结论
1．一些常见数列的前n项和公式
n n+1
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝
2
；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n
2．三种常见的拆项公式
1
1
1
(1)
＝ −
；
n n+1
(2)
(3)
n
n+1
1
1
1
＝ (
2n−1 2n+1
(2)方法：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(*)，
则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1(**)，
(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为
根据公式可求的和．
4．倒序相加法求和
如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项
考查的热点，题型仍将是以解答题为主．
学科素养：通过非等差、等比数列求和问题考查逻辑推理、数学运
算的核心素养．
必备知识—基础落实
一、必记6个知识点
1．公式法求和
(1)等差数列求和公式：
n a1 +an
Sn＝
2
−
na1＋
d
＝____________．
(2)等比数列求和公式：
na1 ，q =1，
[例1] (1)[2023·湖北大冶六中月考]已知数列{an}的前n项和为Sn＝1
－4＋7－10＋…＋(－1)n－1(3n－2)，则S21＝(
)
A．30
B．31
C．－30
高考数学一轮总复习 5.34 等差、等比数列的性质及综合应用课件 理
三、等差、等比数列综合
例3已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的
积为 8.
(1)求等差数列{an}的通项公式； (2)若 a2，a3，a1 成等比数列，求数列{|an|}的前 n 项和．
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d， 则 a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，
第十七页，共40页。
当 n≥3 时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an| ＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋（n－2）[2＋2 （3n－7）]＝23n2－121n＋10. 当 n＝2 时，满足此式．
4, n 1,
综上，Sn＝
3 2
n2
11 2
n
10,
n
2.
【点评】本例(2)小问求解的关键是确定项的正负取值情况 (qíngkuàng)，以去掉绝对值，化归为等差数列的和．
第十三页，共40页。
②证法一：对任意 k∈N＋， Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1 ＝2ak＋1＋ak＋1·(－2) ＝0， 所以，对任意 k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1 成等差数列． 证法二：对任意 k∈N＋，2Sk＝2a1（11－－qqk），
【点评】本例第(3)小问题的求解，实质上是探究数列{dn}的 通项公式，然后(ránhòu)依通项公式确定其为等比数列．
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〔备选题〕例5在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84， a9＝73.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意 m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m，92m) 内的项的个数记为 bm，求数列{bm}的前 m 项和 Sm.
高考数学一轮复习练习-数列求和、数列的综合应用
§6.4 数列求和、数列的综合应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一 数列求和1.在等差数列{a n }中,a 4=5,a 7=11.设b n =(-1)n·a n ,则数列{b n }的前100项之和S 100=( ) A.-200 B.-100 C.200 D.100 答案 D2.数列{a n }的前n 项和为S n ,若a n =1n(n+1),则S 5等于( )A.1B.56C.16D.130答案 B 3.设f(x)=4x4x +2,求S=f (12 002)+f (22 002)+…+(2 0012 002)的值. 解析 ∵f(x)=4x 4x +2,∴f(1-x)=41-x 41-x +2=44+2·4x =24x +2, ∴f(x)+f(1-x)=1, ∵S=f (12 002)+f (22 002)+…+f (2 0012 002) =f (2 0012 002)+f (2 0002 002)+…+f (12 002), ∴2S=f (12 002)+f (22 002)+…+f (2 0012 002)+f (2 0012 002)+f (2 0002 002)+…+f (12 002)=1×2 001=2 001,∴S=2 0012. 4.已知等差数列{a n }满足(a 1+a 2)+(a 2+a 3)+…+(a n +a n+1)=2n(n+1)(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n2n -1}的前n 项和S n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,由已知得{a 1+a 2=4,(a 1+a 2)+(a 2+a 3)=12,即{a 1+a 2=4,a 2+a 3=8.所以{a 1+(a 1+d)=4,(a 1+d)+(a 1+2d)=8,解得{a 1=1,d =2.所以a n =2n-1.(2)由(1)得a n 2n -1=2n -12n -1,所以S n =1+321+522+…+2n -32n -2+2n -12n -1,①12S n =12+322+523+…+2n -32n -1+2n -12n ,② ①-②得12S n =1+1+12+122+…+12n -2-2n -12n =3-2n+32n,所以S n =6-4n+62n. 考点二 数列的综合应用5.已知数列{a n }满足a n =log (n+1)(n+2)(n ∈N *),我们把使乘积a 1·a 2·a 3·…·a n 为整数的数n 叫做“优数”,则在区间(1,2 004)内的所有“优数”的和为( )A.1 024B.2 003C.2 026D.2 048 答案 C6.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,a n )在f(x)的图象上,数列{a n }的前n 项和为S n ,n ∈N *. (1)求使a n <0的n 的最大值; (2)求S n .解析 (1)由已知得a n =f(n)=2n-3n-1,则f '(n)=2nln 2-3,n ∈N *,当f '(n)>0,即n ≥3时, f(n)单调递增, 当f '(n)<0,即1≤n ≤2时, f(n)单调递减. 又∵a n <0,即2n-3n-1<0,当n=2时,22-6-1<0,当n=3时,23-9-1=-2<0,当n=4时,24-12-1>0.∴使a n <0的n 的最大值为3.(2)S n =a 1+a 2+...+a n =(2+22+ (2))-3(1+2+3+…+n)-n =2(1-2n )1-2-3·n(n+1)2-n=2n+1-n(3n+5)2-2. 7.已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1=2,且a 1+1,a 2+1,a 4+1成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n a n+1,n ∈N *,S n 是数列{b n }的前n 项和,求使S n <319成立的最大的正整数n.解析 (1)设{a n }的公差为d.由a 1+1,a 2+1,a 4+1成等比数列,可得(a 2+1)2=(a 1+1)(a 4+1),又a 1=2,∴(3+d)2=3(3+3d),解得d=3(d=0舍去),则a n =a 1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1. (2)由(1)知b n =1a n a n+1=1(3n -1)(3n+2)=13(13n -1-13n+2), ∴S n =13(12-15+15-18+…+13n -1-13n+2)=13(12-13n+2)=n2(3n+2),则S n <319,即n 2(3n+2)<319, 解得n<12,则所求最大的正整数n 为11.综合篇知能转换【综合集训】考法一 错位相减法求和1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{na n }的前n 项和为S n ,且a n =2n,则使得S n -na n+1+50<0的最小正整数n 的值为 . 答案 52.(2020届广东揭阳第三中学第一次月考,19)已知{a n }是公差d ≠0的等差数列,a 2,a 6,a 22成等比数列,a 4+a 6=26,数列{b n }是公比q 为正数的等比数列,且b 3=a 2,b 5=a 6. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解析 (1)∵{a n }是等差数列,且a 4+a 6=26,∴a 5=13,又∵a 2,a 6,a 22成等比数列,∴a 62=a 2a 22,即(13+d)2=(13-3d)(13+17d),解得d=3或d=0(舍),∴a n =a 5+(n-5)d=3n-2.∵b 3=a 2,b 5=a 6,∴q 2=b 5b 3=a 6a 2=3×6-23×2-2=4,∴q=2或q=-2(舍),又∵b 3=a 2=4,∴b n =b 3·q n-3=4·2n-3=2n-1.(2)由(1)可知,a n ·b n =(3n-2)·2n-1,∴T n =1×20+4×21+7×22+…+(3n-5)·2n-2+(3n-2)·2n-1, 2T n =1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n, 两式相减得-T n =1+3(21+22+…+2n-1)-(3n-2)·2n=1+3·2(1-2n -1)1-2-(3n-2)·2n =-5-(3n-5)·2n.∴T n =5+(3n-5)·2n.3.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n,S n )在函数f(x)=x 2+Bx+C-1(B,C ∈R )的图象上,且a 1=C. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)记b n =a n (a 2n -1+1),求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)设数列{a n }的公差为d, 则S n =na 1+n(n -1)2d=d 2n 2+(a 1-d2)n, 又S n =n2+Bn+C-1,两式对照得{d 2=1,C -1=0,解得{d =2,C =1,所以a 1=1,所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1(n ∈N *). (2)由(1)知b n =(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n, 则T n =1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,2T n =1×22+3×23+…+(2n-3)·2n +(2n-1)·2n+1, 两式相减得T n =(2n-1)·2n+1-2(22+ (2))-2=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n -1)1-2-2=(2n-3)·2n+1+6. 考法二 裂项相消法求和4.(2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考,3)数列{1√n+1+n}的前2 017项的和为( )A.√2 018+1B.√2 018-1C.√2 017+1D.√2 017-1 答案 B5.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y=n 2x+ln x(n ∈N *)在x=2n处的切线斜率为a n ,则数列{1a n a n+1}的前n 项的和为 .答案n n+16.(2018湖北十堰调研,17)已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,其前n 项和为S n ,且当n ≥2时,a n+1S n-1-a n S n =0. (1)求证:数列{S n }是等比数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)令b n =9a n(a n +3)(a n+1+3),记数列{b n }的前n 项和为T n ,求T n .解析 (1)当n ≥2时,a n+1S n-1-a n S n =(S n+1-S n )S n-1-(S n -S n-1)S n =S n+1S n-1-S n 2=0,∴S n2=S n-1S n+1(n ≥2).又由S 1=a 1=1≠0,S 2=a 1+a 2=4≠0,可推知对一切正整数n 均有S n ≠0,∴数列{S n }是等比数列,S n =4n-1.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=3×4n-2,又a 1=1,∴a n ={1(n =1),3×4n -2(n ≥2).(2)当n ≥2时,b n =9a n (a n +3)(a n+1+3)=9×3×4n -2(3×4n -2+3)(3×4n -1+3)=3×4n -2(4n -2+1)(4n -1+1),又知b 1=38,∴b n ={38(n =1),3×4n -2(4n -2+1)(4n -1+1)(n≥2),则T 1=b 1=38.当n ≥2时,b n =3×4n -2(4n -2+1)(4n -1+1)=14n -2+1-14n -1+1,则T n =38+(142-2+1-142-1+1)+…+(14n -2+1-14n -1+1)=78-14n -1+1,又当n=1时,T 1=38符合上式,∴T n =78-14n -1+1(n ∈N *). 7.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,20)已知等比数列{a n }的首项为1,公比为q,a 4,a 3,a 5依次成等差数列. (1)求q 的值;(2)当q<0时,求数列{na n }的前n 项和S n ; (3)当q>0时,求证:∑i=1na i2(2i -13)2-a i 2<34.解析 (1)∵a 4,a 3,a 5依次成等差数列,∴2a 3=a 4+a 5,∵{a n }是首项为1的等比数列,∴2q 2=q 3+q 4,∵q≠0,∴q 2+q-2=0,∴q=1或q=-2.(2)∵q<0,∴q=-2,∴a n =(-2)n-1,∵S n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1+na n ,∴S n =1+2·(-2)+3·(-2)2+…+(n-1)·(-2)n-2+n ·(-2)n-1,-2S n =1·(-2)+2·(-2)2+3·(-2)3+…+(n-1)·(-2)n-1+n ·(-2)n,两式相减得3S n =1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n ·(-2)n=1-(-2)n1-(-2)-n ·(-2)n=1-(3n+1)(-2)n 3,∴S n =1-(3n+1)(-2)n9. (3)证明:∵q>0,∴q=1,∴a n =1, ∴∑i=1n a i2(2i -13)2-a i 2=∑i=1n1(2i -13)2-1=∑i=1n 141(i+13)(i -23)=14∑i=1n (1i -23-1i+13) =14(113-143+143-173+…+1n -23-1n -13)=14(3-1n -13)<34. 【五年高考】考点一 数列求和1.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k= .答案2nn+12.(2016北京,12,5分)已知{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和.若a 1=6,a 3+a 5=0,则S 6= . 答案 63.(2016课标Ⅱ,17,12分)S n 为等差数列{a n }的前n 项和,且a 1=1,S 7=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b 1,b 11,b 101;(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.b 1=[lg 1]=0,b 11=[lg 11]=1,b 101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n ={0,1≤n <10,1,10≤n <100,2,100≤n <1 000,3,n =1 000,(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)思路分析 (1)先求公差,从而得通项a n ,再根据已知条件求b 1,b 11,b 101.(2)分析出{b n }中项的规律,进而求出数列{b n }的前1 000项和.4.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,a n 2+2a n =4S n+3. (1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n a n+1,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由a n 2+2a n =4S n +3,可知a n+12+2a n+1=4S n+1+3. 可得a n+12-a n 2+2(a n+1-a n )=4a n+1, 即2(a n+1+a n )=a n+12-a n 2=(a n+1+a n )(a n+1-a n ).由于a n >0,所以a n+1-a n =2.又由a 12+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n =2n+1.(6分) (2)由a n =2n+1可知 b n =1a n a n+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1-12n+3). 设数列{b n }的前n 项和为T n ,则 T n =b 1+b 2+…+b n=12[(13-15)+(15-17)+…+(12n+1-12n+3)]=n3(2n+3).(12分)思路分析 (1)由a n 2+2a n =4S n +3,得a n+12+2a n+1=4S n+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a 1,利用等差数列的通项公式求法可得通项a n .(2)利用裂项相消法求T n (b n =12(12n+1-12n+3)).5.(2018天津,18,13分)设{a n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是等差数列.已知a 1=1,a 3=a 2+2,a 4=b 3+b 5,a 5=b 4+2b 6. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *). (i)求T n ; (ii)证明∑k=1n (T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n ∈N *).解析 本题主要考查等差数列的通项公式,等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.(1)设等比数列{a n }的公比为q. 由a 1=1,a 3=a 2+2,可得q 2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故a n =2n-1.设等差数列{b n }的公差为d. 由a 4=b 3+b 5,可得b 1+3d=4. 由a 5=b 4+2b 6,可得3b 1+13d=16, 从而b 1=1,d=1,故b n =n.所以,数列{a n }的通项公式为a n =2n-1,数列{b n }的通项公式为b n =n.(2)(i)由(1),有S n =1-2n 1-2=2n-1,故T n =∑k=1n (2k -1)=∑k=1n2k -n =2×(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2. (ii)证明:因为(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=(2k+1-k -2+k+2)k(k+1)(k+2)=k ·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以,∑k=1n (T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)=(233-222)+(244-233)+…+(2n+2n+2-2n+1n+1)=2n+2n+2-2.方法总结 解决数列求和问题的两种思路(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成. (2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.6.(2017天津,18,13分)已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).解析 本题主要考查等差数列、等比数列及其前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8①.由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16②,联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n +(3n-1)×4n+1, 上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8. 得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 方法总结 (1)等差数列与等比数列中有五个量a 1,n,d(或q),a n ,S n ,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a 1和d(或q),问题可迎刃而解.(2)数列{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比q ≠1的等比数列,求数列{a n b n }的前n 项和适用错位相减法. 7.(2016山东,18,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n+1. (1)求数列{b n }的通项公式; (2)令c n =(a n +1)n+1(b n +2)n,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)由题意知,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=6n+5. 当n=1时,a 1=S 1=11,所以a n =6n+5(n ∈N *).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.考点二 数列的综合应用8.(2017课标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.440 B.330 C.220 D.110 答案 A9.(2015福建,8,5分)若a,b 是函数f(x)=x 2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q 的值等于( ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 D10.(2019课标Ⅱ,19,12分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4. (1)证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列; (2)求{a n }和{b n }的通项公式.解析 本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考查了学生的逻辑推理、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n +b n ),即a n+1+b n+1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(a n+1-b n+1)=4(a n -b n )+8,即a n+1-b n+1=a n -b n +2.又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n-1.所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )]=12n +n-12, b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n+12.思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得a n+1+b n+1=12(a n +b n ),从而证得数列{a n +b n }为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得a n+1-b n+1=a n -b n +2,从而证得数列{a n -b n }为等差数列.(2)由(1)可求出{a n +b n },{a n -b n }的通项公式,联立可解得a n ,b n . 解题关键 将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键. 11.(2019天津,19,14分)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列.已知a 1=4,b 1=6,b 2=2a 2-2,b 3=2a 3+4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c 1=1,c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (i)求数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式; (ii)求∑i=12na i c i (n ∈N *).解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2,故a n =4+(n-1)×3=3n+1,b n =6×2n-1=3×2n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n+1,{b n }的通项公式为b n =3×2n.(2)(i)a 2n (c 2n -1)=a 2n (b n -1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式为a 2n (c 2n -1)=9×4n-1.(ii)∑i=12n a i c i =∑i=12n [a i +a i (c i -1)]=∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1)=[2n ×4+2n (2n -1)2×3]+∑i=1n(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n )1-4-n =27×22n-1+5×2n-1-n-12(n ∈N *).思路分析 (1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.(2)(i)由c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k ,k ∈N *知a 2n (c 2n -1)=(3×2n +1)·(3×2n-1),从而得到数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式. (ii)利用(i)把∑i=12na i c i 拆成∑i=12n[a i +a i (c i -1)],进而可得∑i=12n a i c i =∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1),计算即可.解题关键 正确理解数列{c n }的含义是解题的关键.12.(2017山东,19,12分)已知{x n }是各项均为正数的等比数列,且x 1+x 2=3,x 3-x 2=2. (1)求数列{x n }的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy 中,依次连接点P 1(x 1,1),P 2(x 2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P 1P 2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x 1,x=x n+1所围成的区域的面积T n .解析 (1)设数列{x n }的公比为q,由已知知q>0. 由题意得{x 1+x 1q =3,x 1q 2-x 1q =2.所以3q 2-5q-2=0. 因为q>0,所以q=2,x 1=1.因此数列{x n }的通项公式为x n =2n-1.(2)过P 1,P 2,…,P n+1向x 轴作垂线,垂足分别为Q 1,Q 2,…,Q n+1. 由(1)得x n+1-x n =2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ,由题意得b n =(n+n+1)2×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n =b 1+b 2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,① 2T n =3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.② ①-②得-T n =3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=32+2(1-2n -1)1-2-(2n+1)×2n-1.所以T n =(2n -1)×2n +12. 解题关键 记梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ,以几何图形为背景确定{b n }的通项公式是关键.教师专用题组考点一 数列求和1.(2015江苏,11,5分)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 .答案20112.(2012课标,16,5分)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为 . 答案 1 8303.(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 *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a 2n a 2n -1,n ∈N *,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由已知,有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4),即a 4-a 2=a 5-a 3, 所以a 2(q-1)=a 3(q-1).又因为q ≠1,故a 3=a 2=2, 由a 3=a 1·q,得q=2.当n=2k-1(k ∈N *)时,a n =a 2k-1=2k-1=2n -12;当n=2k(k ∈N *)时,a n =a 2k =2k=2n2.所以,{a n }的通项公式为a n ={2n -12,n为奇数,2n2,n 为偶数.(2)由(1)得b n =log 2a 2n a 2n -1=n 2n -1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n -2+n×12n -1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n -1+n×12n , 上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12n -1-n 2n =1-12n 1-12-n 2n =2-22n -n 2n , 整理得,S n =4-n+22n -1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-n+22n -1,n ∈N *.4.(2015湖北,18,12分)设等差数列{a n }的公差为d,前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q.已知b 1=a 1,b 2=2,q=d,S 10=100. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)当d>1时,记c n =an b n,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)由题意有,{10a 1+45d =100,a 1d =2,即{2a 1+9d =20,a 1d =2,解得{a 1=1,d =2或{a 1=9,d =29.故{a n =2n -1,b n =2n -1或{a n =19(2n +79),b n=9·(29)n -1.(2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n =2n -12n -1,于是T n =1+32+522+723+924+…+2n -12n -1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2n -12n .② ①-②可得12T n =2+12+122+…+12n -2-2n -12n =3-2n+32n , 故T n =6-2n+32n -1.考点二 数列的综合应用5.(2013课标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+a n2,c n+1=b n+a n2,则()A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{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B6.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n}.记S n为数列{a n}的前n项和,则使得S n>12a n+1成立的n的最小值为.答案277.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{a n}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{a n}为“M-数列”;(2)已知数列{b n}(n∈N*)满足:b1=1,1S n =2b n-2b n+1,其中S n为数列{b n}的前n项和.①求数列{b n}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{c n}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有c k≤b k≤c k+1成立,求m的最大值.8.(2019浙江,20,15分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=4,a4=S3.数列{b n}满足:对每个n∈N*,S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)记c n=√a n,n∈N*,证明:c1+c2+…+c n<2√n,n∈N*.2b n9.(2018江苏,20,16分)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列. (1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m ∈N *,q ∈(1,√2m],证明:存在d ∈R ,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示). 解析 本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知a n =(n-1)d,b n =2n-1. 因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,即1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9,得73≤d ≤52. 因此,d 的取值范围为[73,52]. (2)由条件知:a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.若存在d ∈R ,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)均成立, 即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d 满足q n -1-2n -1b 1≤d ≤q n -1n -1b 1. 因为q ∈(1,√2m],所以1<q n-1≤q m≤2, 从而q n -1-2n -1b 1≤0,q n -1n -1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列{q n -1-2n -1}的最大值和数列{q n -1n -1}的最小值(n=2,3,…,m+1). ①当2≤n ≤m 时,q n -2n -q n -1-2n -1=nq n -q n -nq n -1+2n(n -1)=n(q n -q n -1)-q n +2n(n -1),当1<q ≤21m 时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.因此,当2≤n ≤m+1时, 数列{q n -1-2n -1}单调递增, 故数列{q n -1-2n -1}的最大值为q m -2m. ②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0. 所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1. 当2≤n ≤m时,q n n q n -1n -1=q(n -1)n ≤21n (1-1n )=f (1n )<1. 因此,当2≤n ≤m+1时,数列{q n -1n -1}单调递减, 故数列{q n -1n -1}的最小值为q mm. 因此,d 的取值范围为[b 1(q m -2)m ,b 1q mm]. 疑难突破 本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d 的范围,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d 分离出来,变成q n -1-2n -1b 1≤d ≤q n -1n -1b 1,难点在于讨论q n -1-2n -1b 1的最大值和q n -1n -1b 1的最小值.对于数列{q n -1-2n -1},可以通过作差讨论其单调性,而对于数列{q n -1n -1},要作商讨论单调性,∵q nnq n -1n -1=q(n -1)n =q (1-1n),当2≤n ≤m时,1<qn≤2,∴q (1-1n )≤21n (1-1n),可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明f (1n)<1,得到数列{q n -1n -1}的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断21n (1-1n)与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的. 10.(2015广东,21,14分)数列{a n }满足:a 1+2a 2+…+na n =4-n+22n -1,n ∈N*.(1)求a 3的值;(2)求数列{a n }的前n 项和T n ; (3)令b 1=a 1,b n =T n -1n +(1+12+13+…+1n)a n (n ≥2),证明:数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2+2ln n.解析 (1)当n=1时,a 1=1;当n=2时,a 1+2a 2=2, 解得a 2=12;当n=3时,a 1+2a 2+3a 3=114,解得a 3=14. (2)当n ≥2时,a 1+2a 2+…+(n-1)a n-1+na n =4-n+22n -1,①a 1+2a 2+…+(n-1)a n-1=4-n+12n -2,②由①-②得,na n =n2n -1,所以a n =12n -1(n ≥2),经检验,a 1=1也适合上式,所以a n =12n -1(n ∈N*).所以数列{a n }是以1为首项,12为公比的等比数列.所以T n =1×(1-12n )1-12=2-12n -1.(3)证明:b 1=1,b n =2n -1n·12n -2+(1+12+13+ (1))·12n -1(n ≥2).当n=1时,S 1=1<2+2ln 1.当n ≥2时,b n =T n -1n +(1+12+13+…+1n)·a n =T n -1n +(1+12+13+…+1n)·(T n -T n-1) =T n -1n +(1+12+13+…+1n )·T n -(1+12+13+…+1n)·T n-1 =(1+12+13+ (1))·T n -(1+12+13+…+1n -1)·T n-1, 所以S n =1+(1+12)·T 2-1·T 1+(1+12+13)·T 3-(1+12)·T 2+…+(1+12+13+…+1n )·T n -1+12+13+…+1n -1·T n-1=(1+12+13+…+1n)·T n <21+12+13+…+1n=2+2(12+13+ (1)),以下证明12+13+ (1)<ln n(n ≥2).构造函数h(x)=ln x-1+1x(x>1),则h'(x)=1x -1x 2=x -1x 2>0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以lnx>1-1x(x>1), 分别令x=2,32,43,…,nn -1,得 ln 2>1-12=12,ln 32>1-23=13,ln 43>1-34=14, …… lnn n -1>1-n -1n =1n. 累加得ln 2+ln 32+…+lnn n -1>12+13+ (1), 即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>12+13+ (1), 所以12+13+ (1)<ln n(n ≥2). 综上,S n <2+2ln n,n ∈N *.11.(2015陕西,21,12分)设f n (x)是等比数列1,x,x 2,…,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(12,1)内有且仅有一个零点(记为x n ),且x n =12+12x nn+1; (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+x 2+…+x n-2,则F n (1)=n-1>0,F n (12)=1+12+(12)2+…+(12)n-2=1-(12)n+11-12-2=-12n <0,所以F n(x)在(12,1)内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在(12,1)内单调递增,所以F n(x)在(12,1)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1-x n n+11-x n -2=0,故x n=12+12x n n+1.(2)解法一:由题设得,g n(x)=(n+1)(1+x n)2.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-(n+1)(1+x n)2,x>0. 当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-n(n+1)x n-12.若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-n(n+1)2x n-1=n(n+1)2x n-1-n(n+1)2x n-1=0.若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-n(n+1)2x n-1=n(n+1)2x n-1-n(n+1)2x 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)=(n+1)(x n+1)2,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)=-12(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=(k+1)(1+x k)2+x k+1=2x k+1+(k+1)x k+k+12.又g k+1(x)-2x k+1+(k+1)x k+k+12=kxk+1-(k+1)x k+12,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)>2x k+1+(k+1)x k+k+12.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)·x n-1n(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+(k-1)(x n-1)n-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)=k-1n·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).12.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μa n2=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=1k0(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+13k0+1<a k0+1<2+12k0+1.解析(1)由λ=0,μ=-2,有a n+1a n=2a n2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得a n0=0,则由上述递推公式易得a n0-1=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)由λ=1k0,μ=-1,数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+1k0a n+1-a n2=0,变形为a n+1(a n+1k0)=a n2(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 n2a n+1k0=a n2-1k02+1k02a n+1k=a n-1k0+1k0·1k0a n+1,所以对n=1,2,…,k0求和得a k0+1=a1+(a2-a1)+…+(a k0+1-a k)=a1-k0·1k0+1k0·(1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0a n+1)>2+1k0·(13k0+1+13k0+1+…+13k0+1⏟k0个)=2+13k0+1.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>a k0>a k0+1>2,得a k0+1=a1-k0·1k0+1k0·(1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0a k+1)<2+1k 0·(12k 0+1+12k 0+1+…+12k 0+1⏟ k 0个)=2+12k 0+1. 综上,2+13k 0+1<a k 0+1<2+12k 0+1. 13.(2015安徽,18,12分)设n ∈N *,x n 是曲线y=x 2n+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 =x 12x 32…x 2n -12,证明:T n ≥14n.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 =1-1n+1=nn+1. (2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n =x 12x 32…x 2n -12=(12)2(34)2…(2n -12n)2. 当n=1时,T 1=14.当n ≥2时,因为x 2n -12=(2n -12n )2=(2n -1)2(2n)2>(2n -1)2-1(2n)2=2n -22n =n -1n . 所以T n >(12)2×12×23×…×n -1n =14n. 综上可得对任意的n ∈N *,均有T n ≥14n.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共30分)1.(2018江西南昌二中模拟,4)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则数列{1S n}的前100项的和为( ) A.200101B.100101C.1101D.2101答案 A2.(2019江西宜春3月联考,12)已知函数f(x)=e x(sin x-cos x),记f '(x)是f(x)的导函数,将满足f(x)=0的所有正数x 从小到大排成数列{x n },n ∈N *,则数列{f '(x n )}的通项公式是( )A.√2(-1)n ·e n 4+(n -1)πB.√2(-1)n+1·e π4+(n -1)πC.√2(-1)n·e π4+nπ D.√2(-1)n+1·e π4+nπ答案 B3.(2019河南郑州一模,10)已知数列{a n }满足2a n+1+a n =3(n ∈N *),且a 3=134,其前n 项之和为S n ,则满足不等式|S n -n-6|<1123的最小整数n 是( )A.8B.9C.10D.11 答案 C4.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=a x+b(a>0,且a ≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n ∈N *时,a n =f(n)-1f(n)·f(n+1),记数列{a n }的前n 项和为S n ,当S n =1033时,n 的值为( ) A.7 B.6 C.5 D.4 答案 D5.(2019广东广州天河二模,12)已知数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列,{b n }是以1为首项,2为公比的等比数列,设c n =a b n ,T n =c 1+c 2+…+c n (n ∈N *),则当T n <2 019时,n 的最大值是( ) A.9 B.10 C.11 D.12 答案 A6.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=45,a n+1={2a n ,0≤a n ≤12,2a n -1,12<a n ≤1,则S 2 018等于( )A.5 0445B.5 0475C.5 0485D.5 0495答案 B二、多项选择题(每题5分,共10分)7.(改编题)已知数列{a n }:12,13+23,14+24+34,……,110+210+…+910,……,若b n =1a n a n+1,数列{b n }的前n 项和为S n ,则( )A.a n =n+12 B.a n =n 2C.S n =4nn+1D.S n =n n+1答案 BC8.(改编题)在数列{a n }中,a 1=2,其前n 项和为S n ,若点(S n n ,S n+1n+1)在直线y=2x-1上,则有( )A.S n =n(1+2n-1) B.a n =(n+1)2n-2+1 C.S n =n(1+2n ) D.数列{S n n-1}是等比数列答案 ABD三、填空题(每题5分,共15分)9.(2018山西太原一模,15)在数列{a n }中,a 1=0,a n -a n-1-1=2(n-1)(n ∈N *,n ≥2),若数列{b n }满足b n =n √a n+1+1×(811)n ,则数列{b n }的最大项为第 项. 答案 610.(2018皖南八校第三次联考,16)已知数列{a n }的前n 项和为S n =2n+1,b n =log 2(a n 2·2a n ),数列{b n }的前n 项和为T n ,则满足T n >1024的n 的最小值为 . 答案 911.(2020届浙江丽水四校联考,14)已知数列{a n }满足:a 1=12,a n+1=a n 2+a n,用[x]表示不超过x 的最大整数,则[1a 1+1+1a 2+1+…+1a 2 012+1]的值等于 .答案 1四、解答题(共60分)12.(2020届山东夏季高考模拟,17)在①b 1+b 3=a 2,②a 4=b 4,③S 5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k 存在,求出k 的值;若k 不存在,说明理由.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,{b n }是等比数列, ,b 1=a 5,b 2=3,b 5=-81,是否存在k,使S k >S k+1且S k+1<S k+2?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 解析 方案一:选条件①.设{b n }的公比为q,则q 3=b 5b 2=-27,解得q=-3,所以b n =-(-3)n-1.从而a 5=b 1=-1,a 2=b 1+b 3=-10,由于{a n }是等差数列,所以a n =3n-16. 因为S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k 存在,当且仅当{3(k +1)-16<0,3(k +2)-16>0,解得k=4.方案二:选条件②.设{b n }的公比为q,则q 3=b 5b 2=-27,解得q=-3,所以b n =-(-3)n-1.从而a 5=b 1=-1,a 4=b 4=27,所以{a n }的公差d=-28.S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,此时d=a k+2-a k+1>0,与d=-28矛盾,所以满足题意的k 不存在. 方案三:选条件③.设{b n }的公比为q,则q 3=b 5b 2=-27,解得q=-3 ,所以b n =-(-3)n-1.从而a 5=b 1=-1, 由{a n }是等差数列得S 5=5(a 1+a 5)2, 由S 5=-25得a 1=-9.所以a n =2n-11.因为S k >S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k 存在,当且仅当{2(k +1)-11<0,2(k +2)-11>0,解得k=4.13.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,19)已知等差数列{a n }满足:a 3=7,a 5+a 7=26,{a n }的前n 项和为S n . (1)求a n 及S n ; (2)令b n =1a n 2-1(n ∈N *),求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d, 因为a 3=7,a 5+a 7=26,所以{a 1+2d =7,2a 1+10d =26,解得{a 1=3,d =2,所以a n =3+2(n-1)=2n+1,S n =3n+n(n -1)2×2=n 2+2n. (2)由(1)知a n =2n+1, 所以b n =1a n 2-1=1(2n+1)2-1=14·1n(n+1)=14·(1n -1n+1),。