浙江专版2019版高考数学一轮总复习冲刺第六章数列6.4数列求和数列的综合应用精品学案

§6.4数列求和、数列的综合应用考纲解读分析解读 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,(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43.(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.。