6.4 数列的综合应用挖命题【考情探究】分析解读综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列的综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.主要从以下几个方面考查:1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和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数列的综合问题.3.数列递推关系以及非等差、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.在北京高考中,数列的综合应用常为压轴题,主要考查数列的概念,结合新定义和新数列进行逻辑推理或计算求值.破考点【考点集训】考点一数列求和1.已知数列{a n},{b n},其中{a n}是首项为3,公差为整数的等差数列,且a3>a1+3,a4<a2+5,a n=log2b n,则{b n}的前n 项和S n为( )A.8(2n-1)B.4(3n-1)C.(4n-1)D.(3n-1)答案C2.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3.已知等差数列{a n}的公差和首项都不等于0,且a2,a4,a8成等比数列,则=( )A.2B.3C.5D.7答案B4.数列{a n}满足:a n-1+a n+1>2a n(n>1,n∈N*),给出下列命题:①若数列{a n}满足a2>a1,则a n>a n-1(n>1,n∈N*)成立;②存在常数c,使得a n>c(n∈N*)成立;③若p+q>m+n(其中p,q,m,n∈N*),则a p+a q>a m+a n;④存在常数d,使得a n>a1+(n-1)d(n∈N*)都成立.上述命题正确的是.(写出所有正确命题的序号)答案①5.已知数列{a n}的前n项和S n=,等比数列{b n}的前n项和为T n,若b1=a1+1,b2-a2=2.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)求满足T n+a n>300的最小的n值.解析(1)a1=S1=1,n>1时,a n=S n-S n-1=---=n,又n=1时,a1=1,所以a n=n成立,∴a n=n(n∈N*),则由题意可知b1=2,b2=4,∴{b n}的公比q==2,∴b n=2n(n∈N*).=2×(2n-1),(2)∵T n=--∴T n+a n=2×(2n-1)+n,∴T n+a n随n的增大而增大,又T7+a7=2×127+7=261<300,T8+a8=2×255+8=518>300,∴所求最小的n值为8.炼技法【方法集训】方法1 错位相减法求和1.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=5,nS n+1-(n+1)S n=n2+n.(1)求证:数列为等差数列;(2)令b n=2n a n,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)证明:由nS n+1-(n+1)S n=n2+n得-=1,又=5,所以数列是首项为5,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知=5+(n-1)=n+4,所以S n=n2+4n.当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.又a1=5也符合上式,所以a n=2n+3(n∈N*),所以b n=(2n+3)2n,所以T n=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n,①2T n=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,②由②-①得T n=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1)=(2n+3)2n+1-10----=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)=(2n+1)2n+1-2.2.已知数列{a n}是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2log2a n-1,求数列{a n b n}的前n项和T n.解析(1)设数列{a n}的公比为q,因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4,即2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.因为公比q≠0,所以q=2.所以a n=a2q n-2=4×2n-2=2n(n∈N*).(2)因为a n=2n,所以b n=2log2a 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----(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以T n=6+(2n-3)2n+1.方法2 裂项相消法求和3.已知数列{a n}(n∈N*)是公差不为0的等差数列,a1=1,且,,成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为T n,求证:T n<1.解析(1)设{a n}的公差为d.因为,,成等比数列,所以=·,即=·,化简得(a1+3d)2=(a1+d)·(a1+7d),又a1=1,且d≠0,解得d=1.所以a n=a1+(n-1)d=n.(2)证明:由(1)得==-,所以T n=1-+-+…+-=1-<1.因此T n<1.4.在等差数列{a n}中,a2=4,其前n项和S n满足S n=n2+λn(λ∈R).(1)求实数λ的值,并求数列{a n}的通项公式;(2)若数列是首项为λ,公比为2λ的等比数列,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a2=S2-S1=(4+2λ)-(1+λ)=3+λ,所以3+λ=4,所以λ=1.所以a1=S1=2,所以d=a2-a1=2.所以a n=a1+(n-1)d=2n.(2)由(1)知λ=1,所以S n=n2+n.由题意知+b n=1×2n-1=2n-1.所以b n=2n-1-=2n-1--.所以T n=(20+21+…+2n-1)--+-+…+-=----=2n-.试题分析(1)设等差数列{a n}的公差为d,由题意得λ=1,进而得d=2,即可得到数列{a n}的通项公式;(2)由(1)知λ=1,得S n=n2+n,由题意得+b n=2n-1,进而得b n=2n-1--,利用等比数列的前n项和公式以及裂项相消法求和即可得到数列{b n}的前n项和.方法3 分组求和法求和5.(2014北京文,15,13分)已知{a n}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{b n}满足b1=4,b4=20,且{b n-a n}为等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,由题意得d=-=-=3.所以a n=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).设等比数列{b n-a n}的公比为q,由题意得q3=--=--=8,解得q=2.所以b n-a n=(b1-a1)q n-1=2n-1. 从而b n=3n+2n-1(n=1,2,…).(2)由(1)知b n=3n+2n-1(n=1,2,…).=2n-1.数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×--所以数列{b n}的前n项和为n(n+1)+2n-1.过专题【五年高考】A组自主命题·北京卷题组1.(2017北京,20,13分)设{a n}和{b n}是两个等差数列,记c n=max{b1-a1n,b2-a2n,…,b n-a n n}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,x s}表示x1,x2,…,x s这s个数中最大的数.(1)若a n=n,b n=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{c n}是等差数列;(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,>M;或者存在正整数m,使得c m,c m+1,c m+2,…是等差数列.解析本题考查等差数列,不等式,合情推理等知识,考查综合分析,归纳抽象,推理论证能力.(1)c1=b1-a1=1-1=0,c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2.当n≥3时,(b k+1-na k+1)-(b k-na k)=(b k+1-b k)-n(a k+1-a k)=2-n<0,所以{b k-na k}关于k∈N*单调递减.所以c n=max{b1-a1n,b2-a2n,…,b n-a n n}=b1-a1n=1-n.所以对任意n≥1,c n=1-n,于是c n+1-c n=-1,所以{c n}是等差数列.(2)证明:设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1,d2,则b k-na k=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).所以c n=----当时当时①当d1>0时,取正整数m>,则当n≥m时,nd1>d2,因此c n=b1-a1n.此时,c m,c m+1,c m+2,…是等差数列.②当d1=0时,对任意n≥1,c n=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).此时,c1,c2,c3,…,c n,…是等差数列.③当d1<0时,当n>时,有nd1<d2.所以=---=n(-d1)+d1-a1+d2+-≥n(-d1)+d1-a1+d2-|b1-d2|.对任意正数M,取正整数m>max----,故当n≥m时,>M.解后反思解决数列的相关题时,可通过对某些项的观察、分析和比较,发现它们的相同性质或变化规律,再利用综合法进行推理论证.2.(2013北京,20,13分)已知{a n}是由非负整数组成的无穷数列.该数列前n项的最大值记为A n,第n项之后各项a n+1,a n+2,…的最小值记为B n,d n=A n-B n.(1)若{a n}为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*,a n+4=a n),写出d1,d2,d3,d4的值;(2)设d是非负整数.证明:d n=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{a n}是公差为d的等差数列;(3)证明:若a1=2,d n=1(n=1,2,3,…),则{a n}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.解析(1)d1=d2=1,d3=d4=3.(2)证明:(充分性)因为{a n}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤a n≤….因此A n=a n,B n=a n+1,d n=a n-a n+1=-d(n=1,2,3,…).(必要性)因为d n=-d≤0(n=1,2,3,…),所以A n=B n+d n≤B n.又因为a n≤A n,a n+1≥B n,所以a n≤a n+1.于是,A n=a n,B n=a n+1.因此a n+1-a n=B n-A n=-d n=d,即{a n}是公差为d的等差数列.(3)证明:因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.故对任意n≥1,a n≥B1=1.假设{a n}(n≥2)中存在大于2的项.设m为满足a m>2的最小正整数,则m≥2,并且对任意1≤k<m,a k≤2.又因为a1=2,所以A m-1=2,且A m=a m>2.于是,B m=A m-d m>2-1=1,B m-1=min{a m,B m}≥2.故d m-1=A m-1-B m-1≤2-2=0,与d m-1=1矛盾.所以对于任意n≥1,有a n≤2,即非负整数列{a n}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1,a n≤2=a1,所以A n=2.故B n=A n-d n=2-1=1.因此对于任意正整数n,存在m满足m>n,且a m=1,即数列{a n}有无穷多项为1.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一数列求和1.(2018课标Ⅱ,17,12分)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并求S n的最小值.解析(1)设{a n}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n-9.(2)由(1)得S n=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,S n取得最小值,最小值为-16.方法总结求等差数列前n项和S n的最值的两种方法(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式S n=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)邻项变号法:①当a1>0,d<0时,满足的项数m,可使得S n取得最大值,最大值为S m;②当a1<0,d>0时,满足的项数m,可使得S n取得最小值,最小值为S m.2.(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a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(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=-2(n∈N*).解析本小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a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.由q>0,可得q=2,故a n=2n-1.设等差数列{b n}的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=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.=2n-1,(2)(i)由(1),有S n=---n=2n+1-n-2.故T n=--=--(ii)证明:因为=--=·=-,所以,=-+-+…+-=-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.3.(2017天津,18,13分)已知{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由已知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,b n=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得a n=3n-2.所以,{a n}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,得T n=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2T n=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,上述两式相减,得-T n=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1-4-(6n-2)×2n+1=--=-(3n-4)2n+2-16,故T n=(3n-4)2n+2+16.所以,数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.评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.方法总结(1)等差数列与等比数列中分别有五个量,a1,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a1和d(或q),问题可迎刃而解.(2)对于数列{a n b n},其中{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{a n b n}的前n项和应采用错位相减法.4.(2016课标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.(2)因为b n=所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.疑难突破充分理解[x]的意义,求出b n的表达式,从而求出{b n}的前1 000项和.评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.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,故通项公式为a n=2n+1.(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=×--…-=.6.(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,得(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,故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=-为奇数为偶数(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*.评析本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.7.(2014四川,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,点(a n,b n)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{a n}的前n项和S n;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和T n.解析(1)由已知得,b7=,b8==4b7,有=4×=.解得d=a8-a7=2.所以,S n=na1+-d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函数f(x)=2x的图象在(a2,b2)处的切线方程为y-=(ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-.由题意得,a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而a n=n,b n=2n.所以T n=+++…+--+,2T n=+++…+-.因此,2T n-T n=1+++…+--=2---=--.所以,T n=--.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.考点二数列的综合应用1.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n}满足b1=1,数列{(b n+1-b n)a n}的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列{b n}的通项公式.解析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20得8=20,解得q=2或q=,因为q>1,所以q=2.(2)设c n=(b n+1-b n)a n,数列{c n}的前n项和为S n.由c n=--解得c n=4n-1.由(1)可知a n=2n-1,所以b n+1-b n=(4n-1)·-,故b n-b n-1=(4n-5)·-,n≥2,b n-b1=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·-+(4n-9)·-+…+7·+3.设T n=3+7·+11·+…+(4n-5)·-,n≥2,T n=3·+7·+…+(4n-9)·-+(4n-5)·-,所以T n=3+4·+4·+…+4·--(4n-5)·-,因此T n=14-(4n+3)·-,n≥2,又b1=1,所以b n=15-(4n+3)·-.易错警示利用错位相减法求和时,要注意以下几点:(1)错位相减法求和,只适合于数列{a n b n},其中{a n}为等差数列,{b n}为等比数列.(2)在等式两边所乘的数是等比数列{b n}的公比.(3)两式相减时,一定要错开一位.(4)特别要注意相减后等比数列的次数.(5)进行检验.2.(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.评析本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法.C组教师专用题组1.(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+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B2.(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.(2012课标,16,5分)数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,则{a n}的前60项和为.答案 1 8304.(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 n b 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.因为a1=b1=1,所以c1==1,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.评析本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n项和,考查学生的运算求解能力,在利用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因.5.(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①②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③④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a n=+·--.6.(2013北京文,20,13分)给定数列a1,a2,…,a n.对i=1,2,…,n-1,该数列前i项的最大值记为A i,后n-i项a i+1,a i+2,…,a n的最小值记为B i,d i=A i-B i.(1)设数列{a n}为3,4,7,1,写出d1,d2,d3的值;(2)设a1,a2,…,a n(n≥4)是公比大于1的等比数列,且a1>0.证明:d1,d2,…,d n-1是等比数列;(3)设d1,d2,…,d n-1是公差大于0的等差数列,且d1>0.证明:a1,a2,…,a n-1是等差数列.解析(1)d1=2,d2=3,d3=6.(2)因为a1>0,公比q>1,所以a1,a2,…,a n是递增数列.因此,对i=1,2,…,n-1,A i=a i,B i=a i+1.于是对i=1,2,…,n-1,d i=A i-B i=a i-a i+1=a1(1-q)q i-1.因此d i≠0且=q(i=1,2,…,n-2),即d1,d2,…,d n-1是等比数列.(3)设d为d1,d2,…,d n-1的公差.对1≤i≤n-2,因为B i≤B i+1,d>0,所以A i+1=B i+1+d i+1≥B i+d i+d>B i+d i=A i.又因为A i+1=max{A i,a i+1},所以a i+1=A i+1>A i≥a i.从而a1,a2,…,a n-1是递增数列.因此A i=a i(i=1,2,…,n-1).又因为B1=A1-d1=a1-d1<a1,所以B1<a1<a2<…<a n-1.因此a n=B1.所以B1=B2=…=B n-1=a n.所以a i=A i=B i+d i=a n+d i.因此对i=1,2,…,n-2都有a i+1-a i=d i+1-d i=d,即a1,a2,…,a n-1是等差数列.评析本题考查了等差、等比数列的定义,单调性等知识,考查了分析问题、解决问题的能力,考查了反证法.问题(3)难度较大,具有很强的区分度.7.(2017浙江,22,15分)已知数列{x n}满足:x1=1,x n=x n+1+ln(1+x n+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<x n+1<x n;(2)2x n+1-x n≤;(3)-≤x n≤-.证明本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性基础知识,不等式及其应用,同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.(1)用数学归纳法证明:x n>0.当n=1时,x1=1>0.假设n=k时,x k>0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k=x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0. 因此x n>0(n∈N*).所以x n=x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.因此0<x n+1<x n(n∈N*).(2)由x n=x n+1+ln(1+x n+1)得,x n x n+1-4x n+1+2x n=-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,故2x n+1-x n≤(n∈N*).(3)因为x n=x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n≥-.由≥2x n+1-x n得-≥2->0,所以-≥2--≥…≥2n-1-=2n-2,故x n≤-.综上,-≤x n≤-(n∈N*).方法总结 1.证明数列单调性的方法.①差比法:作差a n+1-a n,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.②商比法:作商,判断与1的大小,同时注意a n的正负.③数学归纳法.④反证法:例如求证:n∈N*,a n+1<a n,可反设存在k∈N*,有a k+1≥a k,从而导出矛盾.2.证明数列的有界性的方法.①构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界.②反证法.③数学归纳法.3.数列放缩的方法.①裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放缩的目的.②累加法:先把a n+1-a n进行放缩.例:a n+1-a n≤q n,则有n≥2时,a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)≤a1+q+q2+…+q n-1.③累乘法:先把进行放缩.例:≤q(q>0),≤a1q n-1(其中a1>0).则有n≥2时,a n=a1···…·-④放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列{a n}放缩成等比数列{b n},求和后,再进行适当放缩.8.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)=g(x),g n+1(x)=g(g n(x)),n∈N+,求g n(x)的表达式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=(x≥0).(1)由已知,得g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,g3(x)=,……,可得g n(x)=.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,g1(x)=,结论成立.②假设n=k时结论成立,即g k(x)=.那么,当n=k+1时,g k+1(x)=g(g k(x))===,即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),即φ'(x)=-=-,当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立, 综上可知,a的取值范围是(-∞,1].(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则<ln.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,<ln 2,结论成立.②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1).那么,当n=k+1时,++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.证法二:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则ln>.故有ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,……ln(n+1)-ln n>,上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.证法三:如图,dx是由曲线y=,x=n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而++…+是图中所示各矩形的面积和,∴++…+>dx=-dx=n-ln(n+1),结论得证.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2017北京丰台期末,7)中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则.例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷(guǐ)影长的记录中,冬至和夏至的晷影长是实测得到的,其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的.下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录,其中115.1寸表示115寸1分(1寸=10分).已知《易经》中记录的冬至的晷影长为130.0寸,夏至的晷影长为14.8寸,那么《易经》中所记录的惊蛰的晷影长应为( )A.72.4寸B.81.4寸C.82.0寸D.91.6寸答案C2.(2017北京东城期末,8)数列{a n}表示第n天某种细菌的数量.细菌在理想条件下第n天的日增长率r n=0.6-∈.当这种细菌在实际条件下生长时,其日增长率r n会发生变化.如图描述了细菌在理想和实际两种状态下细菌数量Q随时间的变化规律.那么,对这种细菌在实际条件下日增长率r n的规律,描述正确的是( )ABCD答案B3.(2017北京东城二模,8)已知甲、乙两个容器,甲容器容量为x,装满纯酒精,乙容器容量为z,其中装有体积为y的水(x,y<z,单位:L).现将甲容器中的液体倒入乙容器中,直至甲容器中液体倒完或乙容器盛满,搅拌使乙容器中两种液体充分混合,再将乙容器中的液体倒入甲容器中直至倒满,搅拌使甲容器中的液体充分混合,如此称为一次操作.假设操作过程中溶液体积变化忽略不计.设经过n(n∈N*)次操作之后,乙容器中含有纯酒精a n(单位:L),下列关于数列{a n}的说法正确的是( )A.当x=y=a时,数列{a n}有最大值B.设b n=a n+1-a n(n∈N*),则数列{b n}为递减数列C.对任意的n∈N*,始终有a n≤D.对任意的n∈N*,都有a n≤答案D4.(2019届北京潞河中学10月月考文,8)设等差数列{a n}的前n项和为S n.在同一个坐标系中,f(n)=a n及g(n)=S n的部分图象如图所示,则( )A.当n=4时,S n取得最大值B.当n=3时,S n取得最大值C.当n=4时,S n取得最小值D.当n=3时,S n取得最小值答案A二、填空题(每小题5分,共15分)5.(2018北京海淀期末,10)已知公差为1的等差数列{a n}中,a1,a2,a4成等比数列,则{a n}的前100项和为.答案 5 0506.(2018北京通州一模,11)已知数列{a n}是等比数列,a3=4,a6=32,那么= ;记数列{a n-2n}的前n项和为S n,则S n= .答案4;2n-1-n2-n为n个正整数p1,p2,…,p n的“均倒数”,若已知数列7.(2019届北京一零一中学10月月考,13)定义…{a n}的前n项的“均倒数”为,且b n=,则++…+= .答案三、解答题(共50分)8.(2018北京朝阳一模,15)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=2a n-1(n∈N*).(1)求a1,a2,a3的值;(2)若数列{b n}满足b1=2,b n+1=a n+b n,求数列{b n}的通项公式.解析(1)由题意知S1=a1=2a1-1,得a1=1,S2=2a2-1=a1+a2,得a2=a1+1=2,S3=2a3-1=a1+a2+a3,得a3=a1+a2+1=4.(2)S n=2a n-1,当n≥2时,S n-1=2a n-1-1,所以a n=S n-S n-1=2a n-1-(2a n-1-1),n>2,化简得a n=2a n-2a n-1,n>2,即a n=2a n-1,n>2,所以数列{a n}是以a1=1为首项,2为公比的等比数列, 则a n=2n-1(n∈N*).因为b n+1=a n+b n,所以a n=b n+1-b n,当n≥2时,b n=b1+(b2-b1)+…+(b n-b n-1)=2+a1+a2+…+a n-1=2+---=2n-1+1,当n=1时,b1=2=21-1+1,符合上式.综上,b n=2n-1+1(n∈N*).试题分析(1)由S1=a1=2a1-1,得a1=1,由S2=2a2-1=a1+a2,得a2=a1+1=2,由S3=2a3-1=a1+a2+a3,得a3=a1+a2+1=4;(2)由S n=2a n-1,可得n≥2时S n-1=2a n-1-1,两式相减可得a n=2a n-1,根据等比数列的通项公式可得a n=2n-1,根据累加法及等比数列的求和公式可得b n=2n-1+1,注意验证n=1时是否符合.9.(2019届北京潞河中学10月月考文,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{b n}满足a1=b1=1,S3=b3+2,S5=b5-1.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)如果数列{b n}为递增数列,求数列{a n b n}的前n项和T 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,则由题意得-即9d2-4d-5=0,解得d=1或d=-(舍).所以q=±2.所以a n=n,b n=2n-1或b n=(-2)n-1.(2)因为数列{b n}为递增数列,所以b n=2n-1,所以T n=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1,2T n=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,相减得-T n=20+21+22+…+2n-1-n×2n=2n-1-n×2n,所以T n=1+(n-1)2n.10.(2019届北京朝阳期中,15)设{a n}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列,且a2=3,a4-a3=18.(1)求{a n}的通项公式;(2)若b n=a n+log3a n,求b1+b2+…+b n.解析(1)设{a n}的首项为a1,公比为q(a1>0,q>0),则依题意得解得a1=1,q=3.-所以{a n}的通项公式为a n=3n-1,n∈N*.(2)因为b n=a n+log3a n=3n-1+(n-1),+-=-+-.所以b1+b2+b3+…+b n=(1+3+32+…+3n-1)+[0+1+2+…+(n-1)]=--11.(2019届北京海淀期中,20)记数列{a n}的前n项中最大值为M n,最小值为m n,令b n=.(1)若a n=2n-3n,请写出b1,b2,b3,b4的值;(2)求证:“数列{a n}是等差数列”是“数列{b n}是等差数列”的充要条件.解析(1)因为a n=2n-3n,所以a1=-1,a2=-2,a3=-1,a4=4,所以b1==--=-1,b2==--=-,b3==--=-,b4==-=1.(2)证明:①充分性:当数列{a n}是等差数列时,设其公差为d,当d>0时,a n-a n-1=d>0,所以a n>a n-1,所以M n=a n,m n=a1,当d<0时,a n-a n-1=d<0,所以a n<a n-1,所以M n=a1,m n=a n,当d=0时,a n-a n-1=d=0,所以a n=a n-1,所以M n=a1,m n=a n,综上,总有b n=,高考加油！高考加油！高考加油！高考加油！所以b n-b n-1=--=,所以数列{b n}是等差数列.②必要性:当数列{b n}是等差数列时,设其公差为d*,所以b n-b n-1=---=--+--=d*,根据M n,m n的定义,有以下结论:M n≥M n-1,m n≤m n-1,且两个不等式至少有一个取等号.(i)当d*>0时,则必有M n>M n-1,所以a n=M n>M n-1=a n-1, 所以{a n}是一个单调递增数列,所以M n=a n,m n=a1,所以b n-b n-1=--=--=d*,所以a n-a n-1=2d*,即{a n}为等差数列.(ii)当d*<0时,则必有m n<m n-1,所以a n=m n<m n-1=a n-1, 所以{a n}是一个单调递减数列,所以M n=a1,m n=a n,所以b n-b n-1=--=--=d*,所以a n-a n-1=2d*,即{a n}为等差数列. (iii)当d*=0时,b n-b n-1=---=--+--=0,因为M n-M n-1,m n-m n-1中必有一个为0,根据上式,一个为0,则另一个也为0,所以M n=M n-1,m n=m n-1,所以{a n}为常数列,所以{a n}为等差数列. 综上,“数列{a n}是等差数列”是“数列{b n}是等差数列”的充要条件.。
