高考数学一轮复习(浙江版)专题6.5数列的综合应用(讲)含解析

§6.4数列求和、数列的综合应用考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 2014 2015 2016 20171.数列的求和1.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.2.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.掌握18(2),7分14(文),4分19(2),7分17(2)(文),8分17(2)(文),8分2.数列的综合应用能利用数列的等差关系或等比关系解决实际问题.掌握18(1),7分19(文),14分19(1),7分20,15分17(1)(文),7分20(2),8分22,15分分析解读 1.等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型,是高考中的热点之一.基本知识的考查以选择题或填空题的形式呈现,而综合知识的考查则以解答题形式呈现.2.通过以数列为载体来考查推理归纳、类比的能力成为高考的热点.3.数列常与其他知识如不等式、函数、概率、解析几何等综合起来进行考查.4.预计2019年高考中,对数列与不等式的综合题的考查仍是热点,复习时应引起高度重视.五年高考考点一数列的求和1.(2017课标全国Ⅰ理,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.(2015江苏,11,5分)设数列{a n}满足a1=1,且a n+1-a n=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为.答案3.(2016浙江文,17,15分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*.(1)求通项公式a n;(2)求数列{|a n-n-2|}的前n项和.解析(1)由题意得则又当n≥2时,由a n+1-a n=(2S n+1)-(2S n-1+1)=2a n,得a n+1=3a n.所以,数列{a n}的通项公式为a n=3n-1,n∈N*.(2)设b n=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1.当n≥3时,由于3n-1>n+2,故b n=3n-1-n-2,n≥3.设数列{b n}的前n项和为T n,则T1=2,T2=3.当n≥3时,T n=3+-=,所以T n=4.(2015浙江文,17,15分)已知数列{a n}和{b n}满足a1=2,b1=1,a n+1=2a n(n∈N*),b1+b2+b3+…+b n=b n+1-1(n∈N*).(1)求a n与b n;(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n,求T n.解析(1)由a1=2,a n+1=2a n,得a n=2n(n∈N*).由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n≥2时,b n=b n+1-b n,整理得=,所以b n=n(n∈N*).(2)由(1)知a n b n=n·2n,因此T n=2+2·22+3·23+…+n·2n,2T n=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,所以T n-2T n=2+22+23+…+2n-n·2n+1.故T n=(n-1)2n+1+2(n∈N*).5.(2017山东文,19,12分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.(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S2n+1=b n b n+1,求数列的前n项和T n.解析本题考查等比数列与数列求和.(1)设{a n}的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,q=a1q2,又a n>0,解得a1=2,q=2,所以a n=2n.(2)由题意知:S2n+1==(2n+1)b n+1,又S2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n=2n+1.令c n=,则c n=.因此T n=c1+c2+…+c n=+++…++,又T n=+++…++,两式相减得T n=+-,所以T n=5-.6.(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)7.(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,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=(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*.教师用书专用(8—18)8.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .答案639.(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6410.(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)11.(2017北京文,15,13分)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求{a n}的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.解析本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.解得d=2.所以a n=2n-1.(2)设等比数列{b n}的公比为q.因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=.12.(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,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|=13.(2017天津文,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*).解析本小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,有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.得T n=(3n-4)2n+2+16.所以,数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.14.(2015湖北,19,12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b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意有,即解得或故或(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1+++++…+,①T n=+++++…+.②①-②可得T n=2+++…+-=3-,故T n=6-.15.(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)因为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为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=16.(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a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,则b n==-.T n=1-+-+-+…+-+-=<=.17.(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=.18.(2013四川,16,12分)在等差数列{a n}中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列{a n}的首项、公差及前n项和.解析设该数列公差为d,前n项和为S n.由已知,可得2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d).所以a1+d=4,d(d-3a1)=0,解得a1=4,d=0,或a1=1,d=3,即数列{a n}的首项为4,公差为0,或首项为1,公差为3.所以数列的前n项和S n=4n或S n=.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.(2017北京理,10,5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= .答案 13.(2016浙江,20,15分)设数列{a n}满足≤1,n∈N*.(1)证明:|a n|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;(2)若|a n|≤,n∈N*,证明:|a n|≤2,n∈N*.证明(1)由≤1得|a n|-|a n+1|≤1,故-≤,n∈N*,所以-=++…+≤++…+<1,因此|a n|≥2n-1(|a1|-2).(2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意m>n,-=++…+≤++…+<,故|a n|<·2n≤·2n=2+·2n.从而对于任意m>n,均有|a n|<2+·2n.①由m的任意性得|a n|≤2.否则,存在n0∈N*,有||>2,取正整数m0>lo且m0>n0,则·<·=||-2,与①式矛盾.综上,对于任意n∈N*,均有|a n|≤2.4.(2015浙江,20,15分)已知数列{a n}满足a1=且a n+1=a n-(n∈N*).(1)证明:1≤≤2(n∈N*);(2)设数列{}的前n项和为S n,证明:≤≤(n∈N*).证明(1)由题意得a n+1-a n=-≤0,即a n+1≤a n,故a n≤.由a n=(1-a n-1)a n-1得a n=(1-a n-1)(1-a n-2)…(1-a1)a1>0.由0<a n≤得==∈[1,2],即1≤≤2.(2)由题意得=a n-a n+1,所以S n=a1-a n+1.①由-=和1≤≤2得1≤-≤2,所以n≤-≤2n,因此≤a n+1≤(n∈N*).②由①②得≤≤(n∈N*).5.(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=4.6.(2017课标全国Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{b n}的前n项和为T n,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求{b n}的通项公式;(2)若T3=21,求S3.解析本题考查了等差、等比数列.设{a n}的公差为d,{b n}的公比为q,则a n=-1+(n-1)d,b n=q n-1.由a2+b2=2得d+q=3.①(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②联立①和②解得(舍去),或因此{b n}的通项公式为b n=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.7.(2017课标全国Ⅲ文,17,12分)设数列{a n}满足a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.解析(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n=2.所以a n=(n≥2).又由题设可得a1=2,从而{a n}的通项公式为a n=(n∈N*).(2)记的前n项和为S n.由(1)知==-.则S n=-+-+…+-=.8.(2017山东理,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=.9.(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,有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:由λ=,μ=-1,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+.教师用书专用(10—16)10.(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 B11.(2016天津,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b n是a n和a n+1的等比中项.(1)设c n=-,n∈N*,求证:数列{c n}是等差数列;(2)设a1=d,T n=(-1)k,n∈N*,求证:<.证明(1)由题意得=a n a n+1,有c n=-=a n+1·a n+2-a n a n+1=2da n+1,因此c n+1-c n=2d(a n+2-a n+1)=2d2,所以{c n}是等差数列.(2)T n=(-+)+(-+)+…+(-+)=2d(a2+a4+…+a2n)=2d·=2d2n(n+1).所以===·<.12.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足:a n-k+a n-k+1+…+a n-1+a n+1+…+a n+k-1+a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列{a n}是“P(3)数列”;(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{a n}是等差数列.证明本小题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,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)因为{a n}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①当n≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.13.(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=+·.14.(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=.15.(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.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+1.16.(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41.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列的求和1.(2018浙江9+1高中联盟期中,7)已知等差数列{a n}、{b n}的前n项和分别为S n、T n,若=,则的值是( )A. B.C. D.答案 A2.(2018浙江高考模拟卷,8)在等差数列{a n}中,前n项和S n=,前m项和S m=(m≠n),则S m+n的值( )A.小于4B.等于4C.大于4D.大于2且小于4答案 C3.(2017浙江“超级全能生”3月联考,11)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,若a1,S2,5成等差数列,则数列{a n}的公比q= ,S n= .答案2;2n-14.(2016浙江名校(镇海中学)交流卷二,12)已知正项数列{a n}满足log2a n+1=1+log2a n,若a1=1,则其前10项和S10= ;若a5=2,则a1a2…a9= .答案 1 023;512考点二数列的综合应用5.(2016浙江温州二模,7)数列{a n}是递增数列,且满足a n+1=f(a n),a1∈(0,1),则f(x)不可能是( )A.f(x)=B.f(x)=2x-1C.f(x)=D.f(x)=log2(x+1)答案 B6.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,13)已知等差数列{a n}的前n项和是S n,若S k-1=4,S k=9,则a k= ,a1的最大值为.答案5;47.(2018浙江杭州二中期中,22)设数列{a n}满足a1=,a n+1=ln+2(n∈N*).(1)证明:a n+1≥;(2)记数列的前n项和为S n,证明:S n<+.解析(1)设f(x)=ln x+-1,则f '(x)=-=,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,因此f(x)=ln x+-1≥f(1)=0.则ln+-1≥0,即ln≥1-=.∴a n+1=ln+2≥+2=,得证.(2)∵a1>1,∴a2=ln+2>ln+2>1,同理可得a3>1,…,a n>1.∵a n+1≥,a n>0,∴≤=·+,即-≤·,∴当n≥2时,-≤·≤…≤·=·,当n=1时,-=≤·,∴-≤·,n∈N*.∴≤==-·<,即S n<+.8.(2017浙江宁波二模(5月),22)已知数列{a n}中,a1=4,a n+1=,n∈N*,S n为{a n}的前n项和.(1)求证:当n∈N*时,a n>a n+1;(2)求证:当n∈N*时,2≤S n-2n<.证明(1)当n≥2时,因为a n-a n+1=-=,(2分)所以a n-a n+1与a n-1-a n同号.(3分)又因为a1=4,a2=,a1-a2>0,所以当n∈N*时,a n>a n+1.(5分)(2)由条件易得2=6+a n,所以2(-4)=a n-2,所以2(a n+1-2)(a n+1+2)=a n-2,①所以a n+1-2与a n-2同号.又因为a1=4,即a1-2>0,所以a n>2.(8分)又S n=a1+a2+…+a n≥a1+(n-1)×2=2n+2.所以S n-2n≥2.(10分)由①可得=<,因此,a n-2≤(a1-2)×,即a n≤2+2×,(12分)所以S n=a1+a2+…+a n≤2n+2=2n+<2n+.综上可得,2≤S n-2n<.(15分)9.(2017浙江湖州期末调研,22)已知数列{a n}满足a1=,a n+1=,n∈N*.(1)求a2;(2)求的通项公式;(3)设{a n}的前n项和为S n,求证:≤S n<.解析(1)由条件可得a2==.(3分)(2)由a n+1=得=·-,所以-1=,(6分)又-1=,所以是以首项为,公比为的等比数列,因此,=+1.(7分)(3)由(2)可得a n=≥=×,(9分)所以S n=a1+a2+…+a n≥+·+…+·=.(11分)又a n=<=,(13分)所以S n=a1+a2+a3+…+a n<+++…+=+-·<,n≥3,(14分)又S1=<,S2=<,因此,S n<,n∈N*.综上,≤S n<.(15分)B组2016—2018年模拟·提升题组一、选择题1.(2018浙江重点中学12月联考,7)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1=-2 015,S6-2S3=18,则S2 017=( )A.2 016B.2 017C.-2 015D.-2 018答案 B2.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,9)已知函数f(x)=sin xcosx+cos2x,0≤x0<x1<x2<…<x n≤,a n=|f(x n)-f(x n-1)|,n∈N*,S n=a1+a2+…+a n,则S n的最大值等于( )A. B. C.+1 D.2答案 A3.(2016浙江镇海中学测试(七),6)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),若a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列,则正整数k的值是( )A.1B.2C.3D.4答案 B二、解答题4.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,22)已知正项数列{a n}满足a1=3,+a n+1=2a n,n∈N*.(1)求证:1<a n≤3,n∈N*;(2)若对于任意的正整数n,都有<M成立,求M的最小值;(3)求证:a1+a2+a3+…+a n<n+6,n∈N*.解析(1)证明:由+a n+1=2a n,得+a n+2=2a n+1,两式相减得-+(a n+2-a n+1)=2(a n+1-a n),即(a n+2-a n+1)(a n+2+a n+1+1)=2(a n+1-a n),因为a n>0,所以a n+2+a n+1+1>0,所以a n+2-a n+1与a n+1-a n同号.∵+a2=2a1=6,∴a2=2,则a2-a1<0,所以a n+1-a n<0,∴数列{a n}是单调递减数列,所以a n≤a1=3.由+a n+1=2a n,得+a n+1-2=2a n-2,即(a n+1+2)(a n+1-1)=2(a n-1),由a n+1+2>0,知a n+1-1与a n-1同号,由于a1-1=2>0,所以a n-1>0,即a n>1,综上知1<a n≤3,n∈N*.(2)由(1)知=,而3<a n+1+2≤a2+2=4,则≤<,所以M≥.故M的最小值为.(3)证明:由(2)知n≥2时,a n-1=(a1-1)×××…×<(a1-1)=2×,又n=1时,a1-1=2,故a n-1≤2×,n∈N*.即a n≤1+2×,n∈N*.则a1+a2+a3+…+a n≤n+2=n+2×=n+6<n+6.5.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,22)已知函数f(x)=x2+x,x∈[1,+∞),a n=f(a n-1)(n≥2,n∈N).(1)证明:-≤f(x)≤2x2;(2)设数列{}的前n项和为A n,数列的前n项和为B n,a1=,证明:≤≤.证明(1)f(x)-=x2+x-=>0,∴f(x)≥-.f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)≤0(x≥1),∴f(x)≤2x2,∴-≤f(x)≤2x2.(2)a n=f(a n-1)=+a n-1⇒=a n-a n-1(n≥2),则A n=++…+=a n+1-a1=a n+1-,a n=+a n-1=a n-1(a n-1+1)⇒==-⇒=-(n≥2),累加得:B n=++…+=-=-,∴==a n+1.由(1)得a n≥-⇒a n+1+≥≥≥…≥,∴a n+1≥-∴=a n+1≥3·-.a n=f(a n-1)≤2⇒a n+1≤2≤23≤…≤==·.∴=a n+1≤×·=·,∴3·-≤≤·,即-1≤≤,而-1≥,∴≤≤.6.(2017浙江名校协作体,22)已知函数f(x)=.(1)求方程f(x)-x=0的实数解;(2)如果数列{a n}满足a1=1,a n+1=f(a n)(n∈N*),是否存在实数c,使得a2n<c<a2n-1对所有的n∈N*都成立?并证明你的结论.解析(1)f(x)-x=0⇔=x⇒x=-4或x=.(2)存在c=,使得a2n<<a2n-1.由题意可知,a n+1=,所以a2=,a3=,下面用数学归纳法证明0<a2n<<a2n-1≤1.当n=1时,0<a2=<<a1=1≤1,结论成立.假设当n=k时结论成立,即0<a2k<<a2k-1≤1.由于f(x)=为(0,1]上的减函数,所以f(0)>f(a2k)>f>f(a2k-1)≥f(1),从而>a2k+1>>a2k≥,所以f<f(a2k+1)<f<f(a2k)≤f,即0<f<a2k+2<<a2k+1≤f≤1.故当n=k+1时,结论也成立.综上所述,对一切n∈N*,0<a2n<<a2n-1≤1都成立,即存在c=使得a2n<<a2n-1.7.(2017浙江测试卷,22)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=,n∈N*,记S n,T n分别是数列{a n},{}的前n项和,证明:当n∈N*时,(1)a n+1<a n;(2)T n=-2n-1;(3)-1<S n<.证明(1)由a1=1及a n+1=,知a n>0,故a n+1-a n=-a n=<0,∴a n+1<a n,n∈N*.(2)由=+a n,得=++2,从而=+++2×2=…=+++…++2n,又a1=1,∴=1+++…++2n,∴T n=-2n-1,n∈N*.(3)由(2)知,a n+1=,由T n≥=1,得a n+1≤,∴当n≥2时,a n≤=<=(-),∴S n<a1+[(-1)+(-)+…+(-)]=1+(-1)<,n≥2,又a1=1,∴S n<,n∈N*,由a n=-,得S n=-≥-1>-1,综上,-1<S n<.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 数列求和的解题策略1.(2017浙江宁波期末,22)已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=2(S n+n+1)(n∈N*),b n=a n+1.(1)求证:{b n}是等比数列;(2)记数列{nb n}的前n项和为T n,求T n;(3)求证:-<+++…+<.解析(1)证明:由a1=2,得a2=2(a1+1+1)=8.由a n+1=2(S n+n+1),得a n=2(S n-1+n)(n≥2),两式相减,得a n+1=3a n+2(n≥2),(3分)当n=1时上式也成立,故a n+1=3a n+2(n∈N*).所以有a n+1+1=3(a n+1),即b n+1=3b n,又b1=3,故{b n}是等比数列.(5分)(2)由(1)得b n=3n,所以T n=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,3T n=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,两式相减,得-2T n=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,故T n=·3n+1+.(10分)(3)证明:由a n=b n-1=3n-1,得=>,k∈N*,所以+++…+>+++…+==-·,(12分)又==<=,k∈N*,所以+++…+<+=+=+-·<.故-<+++…+<.(15分)方法2 数列综合应用的解题策略2.(2017浙江金华十校联考(4月),22)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1·a n=(n∈N*).(1) 证明:=;(2)证明:2(-1)≤++…+≤n.证明(1)∵a n+1·a n=,①∴a n+2·a n+1=,②②÷①得,==,∴=.(2)由(1)得,(n+1)a n+2=na n,∴++…+=++…+.令b n=na n,则b n·b n+1=na n·(n+1)a n+1==n+1,③∴b n-1·b n=n(n≥2),④由b1=a1=1,b2=2,易得b n>0,③-④得,=b n+1-b n-1(n≥2),∴b1<b3<…<b2n-1,b2<b4<…<b2n,得b n≥1,根据b n·b n+1=n+1得,b n+1≤n+1,∴1≤b n≤n,∴++…+=++…+=+(b3-b1)+(b4-b2)+…+(b n-b n-2)+(b n+1-b n-1)=+b n+b n+1-b1-b2=b n+b n+1-2,又b n+b n+1-2≥2-2=2(-1),且由1≤b n≤n可知,b n+b n+1-2=b n+-2≤m in≤n.综上可知,2(-1)≤++…+≤n.。

第5讲 数列的综合应用[基础题组练]1．(2020·某某第一次质量预测)正项等比数列{a n }中的a 1，a 4 035是函数f (x )＝13x 3－4x2＋6x －3的极值点，则log 6a 2 018＝( )A ．1B ．2 C.2D ．－1解析：选A.因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1，a 4 035是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4 035＝a 22 018＝6，即a 2 018＝6，所以log6a 2 018＝1，故选A. 2．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－32λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值X 围是( )A ．λ<45B ．λ<1C ．λ<32D ．λ<23解析：选A.因为a n ＋1＝a na n ＋2，所以1a n ＋1＝2a n ＋1，即1a n ＋1＋1＝2a n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是等比数列，其首项为1a 1＋1＝2，公比为2，所以1a n＋1＝2n，所以b n ＋1＝(n －2λ)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1＝(n －2λ)·2n，因为数列{b n }是单调递增数列，所以b n ＋1>b n ，所以(n －2λ)·2n>(n －1－2λ)·2n －1，解得λ<1，又由b 2>b 1，b 1＝－32λ，b 2＝(1－2λ)·2，解得λ<45，所以λ的取值X 围是λ<45.故选A.3．在等比数列{a n }中，若a n >0，且a 1·a 2·…·a 7·a 8＝16，则a 4＋a 5的最小值为________． 解析：由等比数列性质得，a 1a 2…a 7a 8＝(a 4a 5)4＝16，又a n >0，所以a 4a 5＝2.再由基本不等式，得a 4＋a 5≥2a 4a 5＝2 2.所以a 4＋a 5的最小值为2 2.答案：2 24．(2020·某某市余姚中学高三期中)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n ＋6a n ＋6(n ∈N *)． (1)设＝log 5(a n ＋3)，求证{}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝1a n －6－1a 2n ＋6a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：－516≤T n <－14. 解：(1)证明：由a n ＋1＝a 2n ＋6a n ＋6得a n ＋1＋3＝(a n ＋3)2，所以log 5(a n ＋1＋3)＝2log 5(a n＋3)，即＋1＝2，所以{}是以2为公比的等比数列． (2)又C 1＝log 55＝1，所以＝2n －1，即log 5(a n ＋3)＝2n －1，所以a n ＋3＝52n －1，故a n ＝52n －1－3.(3)证明：因为b n ＝1a n －6－1a 2n ＋6a n ＝1a n －6－1a n ＋1－6， 所以T n ＝1a 1－6－1a n ＋1－6＝－14－152n －9. 又0<152n －9≤152－9＝116，所以－516≤T n <－14.5．已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)．(1)证明：1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．证明：(1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n <0，即a n ＋1<a n ， 故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0.由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]， 所以1<a na n ＋1≤2. (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n≤2，所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．6．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n －12，n ＝2，3，4，….(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n 3－2a n ，证明b n ＜b n ＋1，其中n 为正整数． 解：(1)由a n ＝3－a n －12，n ＝2，3，4，…，整理得1－a n ＝－12(1－a n －1)．又1－a 1≠0，所以数列{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－12的等比数列，故a n ＝1－(1－a 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ＝2，3，4，…)．(2)证明：由(1)可知a n ＞0，故b n ＞0.所以b 2n ＋1－b 2n ＝a 2n ＋1(3－2a n ＋1)－a 2n (3－2a n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫3－2×3－a n 2－a 2n (3－2a n)＝9a n4(a n －1)2.又由(1)知a n ＞0且a n ≠1，故b 2n ＋1－b 2n ＞0，因此b n ＜b n ＋1(n 为正整数)． 7．(2020·某某高考模拟)已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＋1＝6＋a n 2，n ∈N *，S n 为{a n }的前n 项和．(1)求证：n ∈N *时，a n >a n ＋1； (2)求证：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.证明：(1)n ≥2时，作差：a n ＋1－a n ＝6＋a n2－6＋a n －12＝12×a n －a n －16＋a n 2＋6＋a n －12，所以a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号， 由a 1＝4，可得a 2＝6＋42＝5，可得a 2－a 1<0， 所以n ∈N *时，a n >a n ＋1.(2)因为2a 2n ＋1＝6＋a n ，所以2(a 2n ＋1－4)＝a n －2，即2(a n ＋1－2)(a n ＋1＋2)＝a n －2，① 所以a n ＋1－2与a n －2同号， 又因为a 1－2＝2>0，所以a n >2.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥4＋2(n －1)＝2n ＋2. 所以S n －2n ≥2. 由①可得：a n ＋1－2a n －2＝12（a n ＋1＋2）<18， 因此a n －2≤(a 1－2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1，即a n ≤2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n ＋2×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －11－18<2n ＋167.综上可得：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.8．(2020·某某模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，令b n ＝a n －1.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)令＝a 2n ＋1a 2n ，求证：c 1＋c 2＋…＋<n ＋724. 解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1. 所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：1b n ＋1－1b n＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列，首项为－2，公差为－1.所以1b n ＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b n ＝－1n ＋1.(2)证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 所以＝a 2n ＋1a 2n ＝2n＋12n＋1＋12n2n＋1＝（2n ＋1）22n （2n ＋2）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2，因为n ≥2时，2n＋2≤2n ＋1－1，所以12n －12n ＋2<12n －1－12n ＋1－1，所以c 1＋c 2＋…＋<n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－12n ＋1－1＝n ＋724－12（2n ＋1－1）<n ＋724. [综合题组练]1．设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明：(1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1， 故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *， 所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *.(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ， |a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1， 故|a n |＜⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n 0∈N *，有|an 0|＞2，取正整数m 0＞log 34|an 0|－22n 0且m 0＞n 0，则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0＜2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log 34|a n 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.2．(2020·某某市高考模拟)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)． 证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n＜2，所以a n ＋1＜2－1a n＜2，因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1≥2a n ＋2a n ＋1， 所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2)假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1， 根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1.于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1，…1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1(*)，由(1)可得a N ＋n －1＜0， 而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0，因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．3．(2020·某某市学军中学高考模拟)已知函数f n (x )＝x n (1－x )2在(14，1)上的最大值为a n (n ＝1，2，3，…)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：对任何正整数n (n ≥2)，都有a n ≤1（n ＋2）2成立；(3)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求证：对任意正整数n ，都有S n ＜1327成立．解：(1)因为f n (x )＝x n(1－x )2，所以f n ′(x )＝nx n －1(1－x )2－2x n(1－x )＝xn －1(1－x )[n (1－x )－2x ]＝(n ＋2)x n －1(x －1)(x －nn ＋2)，当x ∈(14，1)时，由f n ′(x )＝0，知：x ＝nn ＋2，因为n ≥1，所以nn ＋2∈(14，1)， 因为x ∈(14，n n ＋2)时，f n ′(x )＞0；x ∈(nn ＋2，1)时，f n ′(x )＜0；所以f (x )在(14，n n ＋2)上单调递增，在(nn ＋2，1)上单调递减．所以f n (x )在x ＝nn ＋2处取得最大值， 即a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋2n⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋22＝4n n（n ＋2）n ＋2. (2)证明：当n ≥2时，欲证4n n（n ＋2）n ＋2≤1（n ＋2）2，只需证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n n≥4，因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n n ＝C 0n ＋C 1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n 1＋C 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n 2＋…＋C nn ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n≥1＋2＋n （n －1）2·4n 2≥1＋2＋1＝4，所以当n ≥2时，都有a n ≤1（n ＋2）2成立．(3)证明：S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＜427＋142＋152＋162＋…＋1（n ＋2）2 ＜427＋(13－14)＋(14－15)＋(15－16)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)＝427＋13－1n ＋2＜1327. 所以对任意正整数n ，都有S n ＜1327成立．4．(2020·某某一中期末检测)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝（n ＋1）a n2，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝ln a n ，是否存在k (k ≥2，k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k 值；若不存在，请说明理由；(3)已知当n ∈N *且n ≥6时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m n ＋3n <⎝ ⎛⎭⎪⎫12m，其中m ＝1，2，…，n ，求满足等式3n＋4n ＋…＋(n ＋2)n＝(a n ＋3)a n 的所有n 的值．解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12，所以a n a n －1＝nn －1(n ≥2)． 所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1 ＝nn －1×n －1n －2×…×32×21×1＝n . 因为a 1＝1，也符合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)．(2)假设存在k (k ≥2，k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列，则b k ·b k ＋2＝b 2k ＋1.因为b n ＝ln a n ＝ln n (n ≥2)，所以b k ·b k ＋2＝ln k ·ln(k ＋2)<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln k ＋ln （k ＋2）22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k 2＋2k ）22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k ＋1）222＝[ln(k ＋1)]2＝b 2k ＋1. 这与b k ·b k ＋2＝b 2k ＋1矛盾．所以不存在k (k ≥2，k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列．(3)由(1)得等式3n＋4n＋…＋(n ＋2)n＝(a n ＋3)a n ，可化为3n＋4n＋…＋(n ＋2)n＝(n ＋3)n，即⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋3n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4n ＋3n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋2n ＋3n＝1，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n n ＋3n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n －1n ＋3n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋3n＝1. 因为当n ≥6时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m n ＋3n <⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋3n <12，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2n ＋3n <⎝ ⎛⎭⎪⎫122，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n n ＋3n <⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n n ＋3n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n －1n ＋3n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋3n <12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <1. 所以当n ≥6时，3n＋4n＋…＋(n ＋2)n<(n ＋3)n， 当n ＝1，2，3，4，5时，经验算n ＝2，3时等号成立， 所以满足等式3n＋4n＋…＋(n ＋2)n＝(a n ＋3)a n 的所有n ＝2，3.。

（浙江版）2019年高考数学一轮复习专题6.5 数列的综合应用（讲）高频考向【答案】.二．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.对点练习：【2017届浙江台州中学高三10月月考】在等差数列{}n a 中，13a =，其前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的各项均为正数，11b =，公比为q ，且2212b S +=，22S q b =． （1）求na 与nb ；（2）证明：3211121<+++n S S S ．【答案】（1）3n a n =，13n n b -=；（2）详见解析.试题解析：（1）设{}n a 的公差为d ，∵222212b S S q b +=⎧⎪⎨=⎪⎩，∴6126q d dq q ++=⎧⎪+⎨=⎪⎩，解得3q =或4q =-（舍），3d =，故33(1)3n a n n =+-=，13n n b -=；（2）∵(33)2n n nS +=，∴12211()(33)31n S n n n n ==-++， 故121112*********[(1)()()()](1)322334131n S S S n n n ++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-++， ∵1n ≥，∴11012n <≤+，∴111121n ≤-<+，∴1212(1)3313n ≤-<+， 即121111233n S S S ≤++⋅⋅⋅+<. 【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.【重点难点突破】考点1 等差数列和等比数列的综合问题【1-1】【2017·杭州调研】已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为S n . (1)若a n ＝2n －1，求S n ；(2)是否存在等比数列{a n }，使b n ＋2＝S n 对任意n∈N *恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a n }的通项公式；若不存在，请说明理由； (3)若{a n }是单调递增数列，求证：S n <2. 【答案】(1)34－32n ＋2.(2)满足条件的数列{a n }存在，且只有两个，一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)证明见解析.(2)解 满足条件的数列{a n }存在且只有两个， 其通项公式为a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.证明：在b n ＋2＝S n 中，令n ＝1，得b 3＝b 1. 设a n ＝qn －1，则b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21qn .由b 3＝b 1得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q.若q ＝±1，则b n ＝0，满足题设条件. 此时a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.若q≠±1，则1q 3＝1q，即q 2＝1，矛盾.综上所述，满足条件的数列{a n }存在，且只有两个， 一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)证明 因为1＝a 1<a 2<…<a n <…， 故a n >0，0<a n a n ＋1<1，于是0<a 2na 2n ＋1<1.b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a n a n ＋1·1a n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·a n a n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1. 故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1<2. 所以S n <2.【1-2】已知等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝－log3a n，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n . 【答案】（1）a n ＝13n ；（2）n4（n ＋1）．(2)∵a n ＝13n ，∴b n ＝－log313n＝2n ， 从而1b n b n ＋1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4（n ＋1）. 【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 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 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．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，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.5. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【触类旁通】【变式一】【2017·东北三省四校模拟】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(1)a n ＝2n ＋1.(2)T n ＝n×3n.(2)∵b n a n ＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1，∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n，两式相减得，－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3（1－3n －1）1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n×3n，∴T n ＝n×3n.【变式二】在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54，数列{a n ＋1－3a n }是等比数列． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(1)证明：见解析．(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12×3n ＋12.【解析】(1)证明：∵a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54， ∴a 2－3a 1＝6，a 3－3a 2＝18. 又∵数列{a n ＋1－3a n }是等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝6×3n －1＝2×3n，∴a n ＋13n －a n 3n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列． (2)由(1)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列， ∴a n 3n －1＝a 130＋(n －1)×2＝2n ，∴a n ＝2n×3n －1. ∵S n ＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n×3n －1，∴3S n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n×3n. ∴S n －3S n ＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n －1－2n×3n＝2×1－3n1－3－2n×3n ＝3n－1－2n×3n，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12×3n ＋12.考点2 数列的综合应用【2-1】【安徽省六安市第一中学2018届高三上学期第二次月考】某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：）（ ）A. 2021年B. 2020年C. 2019年D. 2018年【答案】C【2-2】已知()[]23,0,31xf x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++=，则122010()()()f a f a f a +++( )A ．有最大值6030B . 有最小值6030 C.有最大值6027 D . 有最小值6027 【答案】A【解析】1()33f =，当12201013a a a ====时，122010()()()f a f a f a +++=6030 对于函数23()(03)1xf x x x+=≤≤+,19()316k f '==-,在13x =处的切线方程为 913()103y x -=--即3(11)10y x =-，则()22331(11)(3)()01103x f x x x x x +=≤-⇔--≤+成立，所以03,n a n N *<≤∈时，有()3(113)10n n f a a ≤-122010()()()f a f a f a +++[]12201031120103()603010a a a ≤⨯-+++=.【2-3】【2017届浙江省湖州、衢州、丽水三市高三4月联考】数列{}n a 中， 112a =，()2*121nn n n a a n N a a +=∈-+（Ⅰ）求证： 1n n a a +<；（Ⅱ）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证： 1n S <． 【答案】( Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.2121122111111111111111111111111n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a -----------==<==--+⎛⎫-+-+-- ⎪⎝⎭112222233111111n n n n n n n a a a a a a a -------=-+=--+-+-+，一个一个地变形最后可得111n a a ----+，从而证得题中不等式．也可利用裂项方法，由已知递推式得11111n n n a a a +=---，这样也可求得和式n S ，完成不等式的证明. 试题解析：证：（1）因为=，且，所以，所以所以，，.（2），所以.（Ⅱ）证法2：，.，，，所以.【2-4】【2017届浙江省台州市高三4月一模】已知数列满足：.（1）求证：；（2）求证：.【答案】(1)见解析;(2)见解析.所以，因为，所以.（2）假设存在，由（1）可得当时，，根据，而，所以.于是，…….累加可得（*）由（1）可得，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以.【领悟技法】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围．以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注． 数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点： (1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义； (2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征． 【触类旁通】【变式一】【2017届浙江省杭州市高三4月二模】已知数列{}n a 的各项均为非负数，其前n 项和为n S ，且对任意的*n N ∈，都有212n n n a a a +++≤. （1）若11a =， 5052017a =，求6a 的最大值；（2）若对任意*n N ∈，都有1n S ≤，求证： ()+1201n n a a n n ≤-≤+.【答案】（1）见解析（2）见解析()61125a a d d d =++++，便可求出6a 的最大值；（2）首先假设1k k a a +<，根据已知条件212n n n a a a +++≤得112k k k k a a a a +++≤-≤ ，于是通过证明对于固定的k 值，存在121n a a a +++>，由此得出与1n S ≤矛盾，所以得到10n n a a +-≥，再设1k k k b a a +=-，则根据121n n n n a a a a +++-≤-可得1,0k k k b b b +≤>，接下来通过放缩，可以得到()1123n n b ≥++++，于是可以得出要证的结论.试题解析：（1）由题意知121n n n n a a a a +++-≤-，设1i i i d a a +=- ()1,2,,504i =，则123504d d d d ≤≤≤≤，且1235042016d d d d ++++=，1255d d d +++≤67504409d d d +++=()1252016409d d d -+++，所以12520d d d +++≤，()6112521a a d d d ∴=++++≤.（2）若存在*k N ∈，使得1k k a a +<，则由212n n n a a a +++≤， 得112k k k k a a a a +++≤-≤，因此，从n a 项开始，数列{}n a 严格递增， 故12n a a a +++≥ 1k k n a a a ++++≥ ()1k n k a -+，对于固定的k ，当n 足够大时，必有121n a a a +++≥，与题设矛盾，所以{}n a 不可能递增，即只能10n n a a +-≥. 令1k k k b a a +=-， ()*k N ∈，由112k k k k a a a a +++-≥-，得1k k b b +≥， 0k b >， 故121n a a a ≥+++= ()122n b a a a ++++= ()12332n b b a a a +++++，122n n b b nb na ==++++ ()()1122n n n n n b b +≥+++=，所以()21n b n n ≤+，综上，对一切*n N ∈，都有()1201n n a a n n +≤-≤+.【变式二】【2017届浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学等高三下五校联考】已知数列{}n a 中，满足111,2n a a +==记n S 为n a 前n 项和． （I ）证明： 1n n a a +>； （Ⅱ）证明： 1cos32n n a π-=⋅（Ⅲ）证明： 22754n S n π+>-.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．试题解析：证明：（I ）因()()22212212112,n n n n n n a a a a a a +-=+-=-+故只需要证明1n a <即可 ……………………………………………………3分 下用数学归纳法证明： 当1n =时， 1112a =<成立 假设n k =时， 1k a <成立，那么当1n k =+时， 11k a +=<=， 所以综上所述，对任意n ， 1n a < …………………………………………6分 （Ⅱ）用数学归纳法证明1cos 3?2n n a π-=当1n =时， 11cos 23a π==成立假设n k =时， 1cos3?2k k a π-=那么当1n k =+时，1cos3?2k ka π+===所以综上所述，对任意n ， 1cos3?2n n a π-= …………………………10分（Ⅲ）22211111111sin 223?23?2n n n n n a a a ππ-----+⎛⎫=-=-=< ⎪⎝⎭得211219?4n n a π-->-…12分 故22212211241127119?4229316454n n i n i S n n πππ-=⎛⎫+⎛⎫>-+=--⨯⨯->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑ ……15分 【易错试题常警惕】易错典例：【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．易错分析：一是不能正确理解题意，二是在证明过程中不能正确第进行不等式的放缩.试题解析：（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ， 所以11223111223122222222nn n n n n a a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭121111222n -≤++⋅⋅⋅+ 1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，1121112122222222n mn n n n m m nm n n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111222n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 112n -<， 故11222m nn n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭ 11132222m n n m -⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．从而对于任意m n >，均有3224mn n a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭．由m 的任意性得2n a ≤． ①否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则0034002log 23322244n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤．温馨提醒：（I ）先利用三角形不等式及变形得111222n n n n n a a ++-≤，再用累加法可得1122n na a -<，进而可证()1122n n a a -≥-；（II ）由（I ）的结论及已知条件可得3224mnn a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭，再利用m 的任意性可证2n a ≤．【学科素养提升之思想方法篇】----数列求和与比较大小数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【典例】数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝n λ·b n ＋1(λ为常数，且λ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．【答案】设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ＋，16＋d ＝2λ＋，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴12S n ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1≥14，① 又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝1＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14，②由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .。

第5讲数列的综合应用一、选择题1．已知{a n}为等比数列．下面结论中正确的是()．A．a1＋a3≥2a2B．a21＋a23≥2a22C．若a1＝a3，则a1＝a2D．若a3>a1，则a4>a2解析设公比为q，对于选项A，当a1<0，q≠1时不正确；选项C，当q＝－1时不正确；选项D，当a1＝1，q＝－2时不正确；选项B正确，因为a21＋a23≥2a1a3＝2a22.答案 B2．满足a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，它的前n项和为S n，则满足S n>1 025的最小n值是()．A．9 B．10 C．11 D．12解析因为a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，所以a n＋1＝2a n，a n＝2n－1，S n＝2n－1，则满足S n>1 025的最小n值是11.答案 C3．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)吨，但如果年产量超过150吨，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年解析由已知可得第n年的产量a n＝f(n)－f(n－1)＝3n2.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．答案 C4．在等差数列{a n}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，S n是数列{a n}前n项的和，若S n 取得最大值，则n ＝ ( )． A ．7B ．8C ．9D ．10解析 设公差为d ，由题设3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )， 所以d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1>0，所以n <374，则n ≤9，当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10时，a n <0. 故当n ＝9时，S n 取得最大值． 答案 C5．设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )．A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析 由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)， 则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n . 答案 A6．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝⎛⎭⎪⎫1－12n解析 a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎪⎫1－14n . 答案 C 二、填空题7．设关于x 的不等式x 2－x ＜2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．解析 由x 2－x ＜2nx (n ∈N *)，得0＜x ＜2n ＋1，因此知a n ＝2n . ∴S 100＝100(2＋200)2＝10 100.答案 10 1008．已知a ，b ，c 成等比数列，如果a ，x ，b 和b ，y ，c 都成等差数列，则a x ＋cy ＝________.解析 赋值法．如令a ，b ，c 分别为2,4,8，可求出x ＝a ＋b 2＝3，y ＝b ＋c2＝6，a x ＋cy ＝2. 答案 29．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 3＋…＋a 99的值为________．解析 由y ′＝(n ＋1)x n (x ∈N *)，所以在点(1,1)处的切线斜率k ＝n ＋1，故切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，令y ＝0得x n ＝n n ＋1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99＝lg x 1＋lg x 2＋…＋lg x 99＝lg(x 1·x 2·…·x 99)＝lg 12×23×…×9999＋1＝lg 199＋1＝－2. 答案 －210．数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列{a n }的各项按如下规律排列：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，有如下运算和结论： ①a 24＝38；②数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…是等比数列；③数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…的前n 项和为T n ＝n 2＋n4； ④若存在正整数k ，使S k <10，S k ＋1≥10，则a k ＝57.其中正确的结论有________．(将你认为正确的结论序号都填上)解析 依题意，将数列{a n }中的项依次按分母相同的项分成一组，第n 组中的数的规律是：第n 组中的数共有n 个，并且每个数的分母均是n ＋1，分子由1依次增大到n ，第n 组中的各数和等于1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n2.对于①，注意到21＝6(6＋1)2<24<7(7＋1)2＝28，因此数列{a n }中的第24项应是第7组中的第3个数，即a 24＝38，因此①正确． 对于②、③，设b n 为②、③中的数列的通项，则b n ＝ 1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n2，显然该数列是等差数列，而不是等比数列，其前n 项和等于12×n (n ＋1)2＝n 2＋n4，因此②不正确，③正确．对于④，注意到数列的前6组的所有项的和等于62＋64＝1012，因此满足条件的a k 应是第6组中的第5个数，即a k ＝57，因此④正确． 综上所述，其中正确的结论有①③④. 答案 ①③④三、解答题11．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝35，a 5和a 7的等差中项为13. (1)求a n 及S n ； (2)令b n ＝4a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为S 5＝5a 3＝35，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 ＝4a 2n －1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.(1)解 当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7，② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)，③由①②③解得a 1＝1.(2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1，两式相减整理得a n ＋1－3a n ＝2n ，则a n ＋12n －32·a n2n －1＝1，即a n ＋12n ＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －1＋2.又a 120＋2＝3，知⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1＋2是首项为3，公比为32的等比数列，∴a n 2n －1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式，∴a n ＝3n －2n . (3)证明 由(2)得1a n＝13n－2n. 当n ≥2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n >2，即3n －2n >2n ，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1<32.13．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T nK n ，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)．(1)解 设公差为d ，则⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )， 解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2.又a 1＝2，d ＝1，所以a 3＝4，即b 2＝4. 所以数列{b n }的首项为b 1＝2，公比q ＝b 2b 1＝2，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明 因为K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ， ① 故2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1， ∴K n ＝n ·2n ＋1，则c n ＝S n T n K n ＝(n ＋3)(2n－1)2n ＋1.c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N *)．14．设数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＝a 2S n ＋a 1，其中a 2≠0. (1)求证：{a n }是首项为1的等比数列；(2)若a 2＞－1，求证：S n ≤n2(a 1＋a n )，并给出等号成立的充要条件． 证明 (1)由S 2＝a 2S 1＋a 1，得a 1＋a 2＝a 2a 1＋a 1， 即a 2＝a 2a 1.因a 2≠0，故a 1＝1，得a 2a 1＝a 2，又由题设条件知S n ＋2＝a 2S n ＋1＋a 1，S n ＋1＝a 2S n ＋a 1， 两式相减得S n ＋2－S n ＋1＝a 2(S n ＋1－S n )，即a n ＋2＝a 2a n ＋1，由a 2≠0，知a n ＋1≠0，因此a n ＋2a n ＋1＝a 2.综上，a n ＋1a n ＝a 2对所有n ∈N *成立．从而{a n }是首项为1，公比为a 2的等比数列．(2)当n ＝1或2时，显然S n ＝n2(a 1＋a n )，等号成立．设n ≥3，a 2＞－1且a 2≠0，由(1)知，a 1＝1，a n ＝a n －12，所以要证的不等式化为：1＋a 2＋a 22＋…＋a n －12≤n 2(1＋a n －12)(n ≥3)， 即证：1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2≤n ＋12(1＋a n 2)(n ≥2)，当a 2＝1时，上面不等式的等号成立．当－1＜a 2＜1时，a r 2－1与a n －r 2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为负； 当a 2＞1时，a r 2－1与a n －r 2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为正；因此当a 2＞－1且a 2≠1时，总有(a r 2－1)(a n －r 2－1)＞0，即a r 2＋a n －r 2＜1＋a n 2，(r＝1,2，…，n －1)．上面不等式对r 从1到n －1求和得2(a 2＋a 22＋…＋a n －12)＜(n －1)(1＋a n2)．由此得1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2＜n ＋12(1＋a n 2)．综上，当a 2＞－1且a 2≠0时，有S n ≤n2(a 1＋a n )，当且仅当n ＝1,2或a 2＝1时等号成立.。

数列中的综合问题考试要求 1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.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． 题型一 数学文化与数列的实际应用例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块答案 C解析 设每一层有n 环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d ＝9，首项为a 1＝9的等差数列．由等差数列的性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列，且(S 3n －S 2n )－(S 2n －S n )＝n 2d ，则9n 2＝729，解得n ＝9，则三层共有扇面形石板S 3n ＝S 27＝27×9＋27×262×9＝3402(块)．(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm× 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么∑k ＝1n S k ＝_______dm 2.答案 5 240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n解析 依题意得，S 1＝120×2＝240；S 2＝60×3＝180；当n ＝3时，共可以得到5dm×6dm，52dm×12dm，10dm×3dm,20dm×32dm 四种规格的图形，且5×6＝30，52×12＝30,10×3＝30，20×32＝30，所以S 3＝30×4＝120；当n ＝4时，共可以得到5dm×3dm，52dm×6dm，54dm×12dm,10dm×32dm,20dm×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，52×6＝15，54×12＝15,10×32＝15,20×34＝15，所以S 4＝15×5＝75； ……所以可归纳S k ＝2402k ×(k ＋1)＝240k ＋12k. 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋322＋423＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，①所以12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，②由①－②得，12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122－12n×121－12－n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫32－n ＋32n ＋1， 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32ndm 2. 教师备选1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为( ) A ．4.5尺 B ．3.5尺 C ．2.5尺 D ．1.5尺答案 A解析 冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{a n }，设公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝28.5，a 10＋a 11＋a 12＝1.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10.5，d ＝－1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝11.5－n ， 所以a 7＝11.5－7＝4.5， 即春分时节的日影长为4.5尺． 2．古希腊时期，人们把宽与长之比为5－12⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12≈0.618的矩形称为黄金矩形，把这个比值5－12称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形，若M 与K 之间的距离超过1.5m ，C 与F 之间的距离小于11m ，则该古建筑中A 与B 之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )A ．30.3mB ．30.1mC ．27mD ．29.2m答案 C解析 设|AB |＝x ，a ≈0.618，因为矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形， 所以有|BC |＝ax ，|CF |＝a 2x ，|FG |＝a 3x ， |GJ |＝a 4x ，|JK |＝a 5x ，|KM |＝a 6x .由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 6x >1.5，a 2x <11，解得26.786<x <28.796，故选项C 符合题意． 思维升华 数列应用问题常见模型(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值． (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．(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，那么应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．跟踪训练1 (1)(2022·佛山模拟)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月答案 B解析 每个月开通5G 基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列， 设预计我国累计开通500万个5G 基站需要n 个月，则70＋5n ＋n n －12×1＝500，化简整理得，n 2＋9n －860＝0， 解得n ≈25.17或n ≈－34.17(舍)，所以预计我国累计开通500万个5G 基站需要25个月，也就是到2023年2月．(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A ．a 4＝12B ．a n ＋1＝a n ＋n ＋1C ．a 100＝5050D ．2a n ＋1＝a n ·a n ＋2解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ，故a n ＝n n ＋12，∴a 4＝4×4＋12＝10，故A 错误； a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×100＋12＝5050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n n ＋1n ＋2n ＋34，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误．题型二 等差数列、等比数列的综合运算例2 (2022·滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4， 所以d ＝a 2－a 1＝2， 所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ， 所以n ＝log 2b n ， 所以b n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n＝2·2n －1＝a 2n －1， 即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ， 因为b 7＝62a ＝a 64，b 8＝72a ＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的， 所以S 100＝P 107－Q 7＝107×2＋2142－2－281－2＝11302.(2020·浙江)已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足a 1＝b 1＝c 1＝1，c n ＝a n ＋1－a n ，c n ＋1＝b nb n ＋2c n ，n ∈N *. (1)若{b n }为等比数列，公比q >0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式； (2)若{b n }为等差数列，公差d >0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1＋1d，n ∈N *.(1)解 由b 1＝1，b 1＋b 2＝6b 3，且{b n }为等比数列，得1＋q ＝6q 2，解得q ＝12(负舍)．∴b n ＝12n －1.∴c n ＋1＝b nb n ＋2c n ＝4c n ，∴c n ＝4n －1. ∴a n ＋1－a n ＝4n －1，∴a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝1－4n －11－4＋1＝4n －1＋23. (2)证明 由c n ＋1＝b n b n ＋2·c n (n ∈N *)， 可得b n ＋2·c n ＋1＝b n ·c n ， 两边同乘b n ＋1，可得b n ＋1·b n ＋2·c n ＋1＝b n ·b n ＋1·c n ， ∵b 1b 2c 1＝b 2＝1＋d ，∴数列{b n b n ＋1c n }是一个常数列， 且此常数为1＋d ，即b n b n ＋1c n ＝1＋d ， ∴c n ＝1＋db n b n ＋1＝1＋d d ·d b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ·b n ＋1－b n b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，又∵b 1＝1，d >0，∴b n >0， ∴c 1＋c 2＋…＋c n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋1b 2－1b 3＋…＋1b n－1b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1<1＋1d，∴c 1＋c 2＋…＋c n <1＋1d.思维升华 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b 1＝1，d >0证明不等式成立．另外本题在探求{a n }与{c n }的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．跟踪训练2 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，a 2＋a 4＝10， 所以2a 1＋4d ＝10， 解得d ＝2. 所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5， 所以b 1q ·b 1q 3＝9. 又b 1＝1，所以q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.则b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.题型三 数列与其他知识的交汇问题 命题点1 数列与不等式的交汇例3 已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.(1)解 因为1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *)，所以1a n ＋1－1a n＝2(n ∈N *)，因为a 1＝12，所以1a 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以首项为2，公差为2的等差数列，所以1a n ＝2＋2(n －1)＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝12n (n ∈N *)．(2)证明 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n >1)， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝14⎝⎛⎭⎪⎫2－1n <12.故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.命题点2 数列与函数的交汇例4 (1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{a n }中，首项a 1＝2，公比q >1，a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，则数列{a n }的前9项和是________． 答案 1022解析 由f (x )＝13x 3－6x 2＋32x ，得f ′(x )＝x 2－12x ＋32，又因为a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，所以a 2，a 3是函数f ′(x )＝x 2－12x ＋32的两个零点，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 3＝12，a 2·a 3＝32，因为q >1，所以a 2＝4，a 3＝8，故q ＝2， 则前9项和S 9＝21－291－2＝210－2＝1022.教师备选1．已知函数f (x )＝log 2x ，若数列{a n }的各项使得2，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，2n ＋4成等差数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝______________. 答案163(4n－1) 解析 设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2， 于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…， 从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，…，易知数列{a n }是等比数列，其公比q ＝a 2a 1＝4， 所以S n ＝244n－14－1＝163(4n－1)．2．求证：12＋1＋222＋2＋323＋3＋…＋n 2n ＋n <2(n ∈N *)．证明 因为n 2n＋n <n2n ， 所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1， 两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证．思维升华 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n 项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练3 (1)(2022·长春模拟)已知等比数列{a n }满足：a 1＋a 2＝20，a 2＋a 3＝80.数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，其前n 项和为S n ，若b nS n ＋11≤λ恒成立，则λ的最小值为________．答案623解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝20，a q ＋a q 2＝80，解得a 1＝4，q ＝4，故{a n }的通项公式为a n ＝4n，n ∈N *.b n ＝log 2a n ＝log 24n ＝2n ， S n ＝2n ＋12n (n －1)·2＝n 2＋n ，b nS n ＋11＝2n n 2＋n ＋11＝2n ＋11n＋1，n ∈N *， 令f (x )＝x ＋11x，则当x ∈(0，11)时，f (x )＝x ＋11x单调递减，当x ∈(11，＋∞)时，f (x )＝x ＋11x单调递增，又∵f (3)＝3＋113＝203，f (4)＝4＋114＝274，且n ∈N *，∴n ＋11n ≥203，即b nS n ＋11≤2203＋1＝623， 故λ≥623，故λ的最小值为623.(2)若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，S 2＝4. ①求数列{a n }的通项公式； ②设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解 ①设{a n }的公差为d (d ≠0)， 则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d . 因为S 1，S 2，S 4成等比数列， 所以a 1·(4a 1＋6d )＝(2a 1＋d )2. 所以2a 1d ＝d 2.因为d ≠0，所以d ＝2a 1.又因为S 2＝4，所以a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1. ②因为b n ＝3a n a n ＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<32. 要使T n <m 20对所有n ∈N *都成立， 则有m 20≥32，即m ≥30. 因为m ∈N *，所以m 的最小值为30. 课时精练1．(2022·青岛模拟)从“①S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12；②S 2＝a 3，a 4＝a 1a 2；③a 1＝2，a 4是a 2，a 8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，________，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝122n n S S ＋－，数列{b n }的前n 项和为W n ，求W n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解 (1)选①： S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12＝n 2＋a 12n ， 令n ＝1，得a 1＝1＋a 12，即a 1＝2， 所以S n ＝n 2＋n .当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，又a 1＝2，满足上式，所以a n ＝2n .选②：由S 2＝a 3，得a 1＋a 2＝a 3，得a 1＝d ，又由a 4＝a 1a 2，得a 1＋3d ＝a 1(a 1＋d )，因为d ≠0，则a 1＝d ＝2，所以a n ＝2n .选③：由a 4是a 2，a 8的等比中项，得a 24＝a 2a 8，则(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，因为a 1＝2，d ≠0，所以d ＝2，则a n ＝2n .(2)S n ＝n 2＋n ，b n ＝(2n ＋1)2＋2n ＋1－(2n )2－2n ＝3·22n ＋2n ，所以W n ＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n ＋2n ＝12×1－4n 1－4＋2×1－2n 1－2＝4(4n－1)＋2(2n －1)＝4n ＋1＋2n ＋1－6.2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝a n ·2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使T n >2022的最小的正整数n 的值． 解 (1)当n ≥2时，由a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2，得a 2n ＝2S n －1＋n －1＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，即a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＝a n ＋1.当n ＝1时，a 22＝2a 1＋2＝4，∴a 1＝1，∴a 2－a 1＝1，∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n .(2)由(1)知b n ＝a n ·2n ＝n ·2n ，∴T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式相减得－T n ＝2·1－2n 1－2－n ·2n ＋1 ＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴T n －T n －1＝n ·2n >0，∴T n 单调递增．当n ＝7时，T 7＝6×28＋2＝1 538<2 022，当n ＝8时，T 8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使T n >2 022的最小的正整数n 的值为8.3．(2022·大连模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝25，且a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求T 2n .解 (1)由题意知，等差数列{a n }的前n 项和为S n ，由S 5＝25，可得S 5＝5a 3＝25，所以a 3＝5， 设数列{a n }的公差为d ，由a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列，可得(6＋d )2＝4(8＋4d )，整理得d 2－4d ＋4＝0，解得d ＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知 b n ＝(－1)n a n ＋1＝(－1)n (2n －1)＋1，所以T 2n ＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n －3)＋1]＋(4n －1＋1)＝4n .4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3.解 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1， 因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2.(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ， 根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2)＝2×1－22n ＋11－2＋3＋2n ＋42n ＋22＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)，(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n2n ＋1，n 为偶数，2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。

第05节 数列的综合应用【考纲解读】考点考纲内容五年统计分析预测与数列有关的综合问题 1.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n项和公式及其应用.2．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.3．会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题.2017某某6,22； 2016某某文8;理6,20； 2015某某理20； 2014某某文19；理19. 1.高频考向:根据数列的递推式或者通项公式确定基本量，选择合适的方法求和，进一步证明不等式2.低频考向:数列与函数相结合.3.特别关注:（1）灵活选用数列求和公式的形式，关注应用公式的条件；（2）熟悉分组求和法、裂项相消法及错位相减法；（3)数列求和与不等式证明、不等式恒成立相结合求解参数的X 围问题.【知识清单】一、等差数列和等比数列比较等差数列 等比数列定义 1n n a a +-＝常数 1n na a +＝常数 通项公式1(1)n a a n d =+-)0(111≠⋅⋅=-q a q a a n n判定方法(1)定义法； (2)中项公式法：212+++=n n n a a a ()n N ∈*⇔{}n a 为等差数列；(3)通项公式法：n a pn q =+(,p q为常数,n N ∈*)⇔ {}n a 为等差数列；(4)前n 项和公式法：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)⇔ {}n a 为等差数列；(5) {}n a 为等比数列，且0n a >，(1)定义法 (2)中项公式法：212++=n n n a a a ()n N ∈* (0n a ≠)⇔{}n a 为等比数列(3)通项公式法：nn a cq = (,c q 均是不为0的常数，n N ∈*)⇔{}n a 为等比数列(4) {}n a 为等差数列⇔{}na A (na A总有意义)为等比数列那么数列{log }a n a (0a >，且1a ≠)为等差数列性质(1)若m ，n ，p ，q N +∈，且m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+ (2)()n m a a n m d =+-(3)232,,n n n n n S S S S S --，…仍成等差数列(1)若m ，n ，p ，q N +∈，且m n p q +=+，则m n p q a a a a = (2) m n m n q a a -=(3)等比数列依次每n 项和(0n S ≠)，即232,,n n n n n S S S S S --，…仍成等比数列前n 项和11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+ 1q =时，1na S n =；当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-. 对点练习：【2018年届某某某某市某某市高三模拟金卷】已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若2a ，3a ， 7a 成等比数列，且1221a a +=，则n a =.【答案】.二．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.对点练习：【2017届某某某某中学高三10月月考】在等差数列{}n a 中，13a =，其前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的各项均为正数，11b =，公比为q ，且2212b S +=，22S q b =． （1）求na 与nb ；（2）证明：3211121<+++n S S S ． 【答案】（1）3n a n =，13n n b -=；（2）详见解析.试题解析：（1）设{}n a 的公差为d ，∵222212b S S q b +=⎧⎪⎨=⎪⎩，∴6126q d dq q ++=⎧⎪+⎨=⎪⎩，解得3q =或4q =-（舍），3d =， 故33(1)3n a n n =+-=，13n n b -=；（2）∵(33)2n n n S +=，∴12211()(33)31n S n n n n ==-++， 故121112*********[(1)()()()](1)322334131n S S S n n n ++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-++，∵1n ≥，∴11012n <≤+，∴111121n ≤-<+，∴1212(1)3313n ≤-<+， 即121111233n S S S ≤++⋅⋅⋅+<. 【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.【重点难点突破】考点1 等差数列和等比数列的综合问题【1-1】【2017·某某调研】已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1，n ∈N *，数列{b n }的前n 项和为S n . (1)若a n ＝2n －1，求S n ；(2)是否存在等比数列{a n }，使b n ＋2＝S n 对任意n∈N *恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a n }的通项公式；若不存在，请说明理由； (3)若{a n }是单调递增数列，求证：S n <2. 【答案】(1)34－32n ＋2.(2)满足条件的数列{a n }存在，且只有两个，一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)证明见解析.(2)解 满足条件的数列{a n }存在且只有两个， 其通项公式为a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.证明：在b n ＋2＝S n 中，令n ＝1，得b 3＝b 1.设a n ＝qn －1，则b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21qn .由b 3＝b 1得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 21q.若q ＝±1，则b n ＝0，满足题设条件. 此时a n ＝1和a n ＝(－1)n －1.若q≠±1，则1q 3＝1q，即q 2＝1，矛盾.综上所述，满足条件的数列{a n }存在，且只有两个， 一个是a n ＝1，另一个是a n ＝(－1)n －1.(3)证明 因为1＝a 1<a 2<…<a n <…， 故a n >0，0<a n a n ＋1<1，于是0<a 2na 2n ＋1<1.b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2n a 2n ＋1·1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a n a n ＋1·1a n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋a n a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1·a n a n ＋1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1<2. 所以S n <2.【1-2】已知等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝－log3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n . 【答案】（1）a n ＝13n ；（2）n4（n ＋1）．(2)∵a n ＝13n ，∴b n ＝－log313n＝2n ， 从而1b n b n ＋1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4（n ＋1）. 【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 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 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．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，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =•，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.5. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12；(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【触类旁通】【变式一】【2017·东北三省四校模拟】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(1)a n ＝2n ＋1.(2)T n ＝n×3n.(2)∵b n a n ＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1，∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n，两式相减得，－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3（1－3n －1）1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n×3n，∴T n ＝n×3n.【变式二】在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54，数列{a n ＋1－3a n }是等比数列． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(1)证明：见解析．(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12×3n ＋12.【解析】(1)证明：∵a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54， ∴a 2－3a 1＝6，a 3－3a 2＝18. 又∵数列{a n ＋1－3a n }是等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝6×3n －1＝2×3n，∴a n ＋13n －a n 3n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列． (2)由(1)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列，∴a n 3n －1＝a 130＋(n －1)×2＝2n ，∴a n ＝2n×3n －1.∵S n ＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n×3n －1，∴3S n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n×3n. ∴S n －3S n ＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n －1－2n×3n＝2×1－3n1－3－2n×3n ＝3n－1－2n×3n，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12×3n ＋12.考点2 数列的综合应用【2-1】【某某省某某市第一中学2018届高三上学期第二次月考】某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：）（ ）A. 2021年B. 2020年C. 2019年D. 2018年 【答案】C【2-2】已知()[]23,0,31xf x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++=，则122010()()()f a f a f a +++( )A ．有最大值6030B . 有最小值6030 C.有最大值6027 D . 有最小值6027 【答案】A【解析】1()33f =，当12201013a a a ====时，122010()()()f a f a f a +++=6030 对于函数23()(03)1x f x x x +=≤≤+,19()316k f '==-,在13x =处的切线方程为 913()103y x -=--即3(11)10y x =-，则()22331(11)(3)()01103x f x x x x x +=≤-⇔--≤+成立，所以03,n a n N *<≤∈时，有()3(113)10n n f a a ≤-122010()()()f a f a f a +++[]12201031120103()603010a a a ≤⨯-+++=.【2-3】【2017届某某省某某、某某、某某三市高三4月联考】数列{}n a 中，112a =，()2*121nn n n a a n N a a +=∈-+（Ⅰ）求证：1n n a a +<；（Ⅱ）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：1n S <． 【答案】( Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.2121122111111111111111111111111n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a -----------==<==--+⎛⎫-+-+-- ⎪⎝⎭112222233111111n n n n n n n a a a a aa a -------=-+=--+-+-+，一个一个地变形最后可得111n a a ----+，从而证得题中不等式．也可利用裂项方法，由已知递推式得11111n n n a a a +=---，这样也可求得和式n S ，完成不等式的证明. 试题解析：证：（1）因为=，且，所以，所以所以，，.（2），所以.（Ⅱ）证法2：，.，，，所以.【2-4】【2017届某某省某某市高三4月一模】已知数列满足：.（1）求证：；（2）求证：.【答案】(1)见解析;(2)见解析.所以，因为，所以.（2）假设存在，由（1）可得当时，，根据，而，所以.于是，…….累加可得（*）由（1）可得，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以.【领悟技法】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值X围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值X围．以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点：(1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义；(2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．【触类旁通】【变式一】【2017届某某省某某市高三4月二模】已知数列{}n a的各项均为非负数，其前n项和为n S ，且对任意的*n N ∈，都有212n n n a a a +++≤. （1）若11a =，5052017a =，求6a 的最大值；（2）若对任意*n N ∈，都有1n S ≤，求证：()+1201n n a a n n ≤-≤+.【答案】（1）见解析（2）见解析()61125a a d d d =++++，便可求出6a 的最大值；（2）首先假设1k k a a +<，根据已知条件212n n n a a a +++≤得112k k k k a a a a +++≤-≤ ，于是通过证明对于固定的k 值，存在121n a a a +++>，由此得出与1n S ≤矛盾，所以得到10n n a a +-≥，再设1k k k b a a +=-，则根据121n n n n a a a a +++-≤-可得1,0k k k b b b +≤>，接下来通过放缩，可以得到()1123n n b ≥++++，于是可以得出要证的结论.试题解析：（1）由题意知121n n n n a a a a +++-≤-，设1i i i d a a +=-()1,2,,504i =，则123504d d d d ≤≤≤≤，且1235042016d d d d ++++=，1255d d d +++≤67504409d d d +++=()1252016409d d d -+++，所以12520d d d +++≤，()6112521a a d d d ∴=++++≤.（2）若存在*k N ∈，使得1k k a a +<，则由212n n n a a a +++≤， 得112k k k k a a a a +++≤-≤，因此，从n a 项开始，数列{}n a 严格递增， 故12n a a a +++≥1k k n a a a ++++≥()1k n k a -+，对于固定的k ，当n 足够大时，必有121n a a a +++≥，与题设矛盾，所以{}n a 不可能递增，即只能10n n a a +-≥. 令1k k k b a a +=-，()*k N ∈，由112k k k k a a a a +++-≥-，得1k k b b +≥，0k b >， 故121n a a a ≥+++=()122n b a a a ++++=()12332n b b a a a +++++，122n n b b nb na ==++++()()1122n n n n n b b +≥+++=，所以()21n b n n ≤+，综上，对一切*n N ∈，都有()1201n n a a n n +≤-≤+.【变式二】【2017届某某省某某一中、某某高级中学、某某效实中学等高三下五校联考】已知数列{}n a 中，满足1111,,22n n a a a ++==记n S 为n a 前n 项和． （I ）证明：1n n a a +>； （Ⅱ）证明：1cos32n n a π-=⋅（Ⅲ）证明：22754n S n π+>-.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．试题解析：证明：（I ）因()()22212212112,n n n n n n a a a a a a +-=+-=-+故只需要证明1n a <即可 ……………………………………………………3分 下用数学归纳法证明： 当1n =时，1112a =<成立 假设n k =时，1k a <成立， 那么当1n k =+时，1111122k k a a +++=<=， 所以综上所述，对任意n ，1n a < …………………………………………6分 （Ⅱ）用数学归纳法证明1cos 3?2n n a π-=当1n =时，11cos 23a π==成立 假设n k =时，1cos3?2k k a π-=那么当1n k =+时，11cos113?2cos223?2k k k ka a ππ-+++===所以综上所述，对任意n ，1cos3?2n n a π-= …………………………10分（Ⅲ）22211111111sin 223?23?2n n n n n a a a ππ-----+⎛⎫=-=-=< ⎪⎝⎭得211219?4n n a π-->- …12分 故22212211241127119?4229316454n n i n i S n n πππ-=⎛⎫+⎛⎫>-+=--⨯⨯->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑ ……15分 【易错试题常警惕】易错典例：【2016高考某某理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．易错分析：一是不能正确理解题意，二是在证明过程中不能正确第进行不等式的放缩.试题解析：（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故 111222n n n n n a a ++-≤，n *∈N ， 所以11223111223122222222nn n n n n a a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121111222n -≤++⋅⋅⋅+ 1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，1121112122222222n mn n n n m m nm n n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111222n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 112n -<， 故11222m nn n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭11132222mn n m -⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．从而对于任意m n >，均有3224mn n a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭．由m 的任意性得2n a ≤． ①否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则003402log 23322244n n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤．温馨提醒：（I ）先利用三角形不等式及变形得111222n n n n n a a ++-≤，再用累加法可得1122n na a -<，进而可证()1122n n a a -≥-；（II ）由（I ）的结论及已知条件可得3224mnn a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭，再利用m 的任意性可证2n a ≤．【学科素养提升之思想方法篇】----数列求和与比较大小数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【典例】数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝nλ·b n ＋1(λ为常数，且λ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．【答案】设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ8＋d ，16＋d ＝2λ8＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴12S n ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1≥14，① 又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝14n n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14，②由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .。