2019年高考复习专题_数列的综合应用

高考数学精品复习资料2019.5专题三十二数列及其综合应用【高频考点解读】能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．【热点题型】题型一数列综合应用题例1、已知log2x，log2y,2成等差数列，则M(x，y)的轨迹的图象为()【提分秘籍】数列综合应用题的解题步骤1．审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题．2．分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．3．求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答．4.数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解．【举一反三】数列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和S n＞1 020，那么n的最小值是()A．7B．8C．9D．10【热点题型】题型二常见的数列模型例2、有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要() A．6秒钟B．7秒钟C．8秒钟D．9秒钟【提分秘籍】1．等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题．2．等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题．3．递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推表达出来，然后通过分析递推关系式求解．4．分期付款模型设贷款总额为a，年利率为r，等额还款数为b，分n期还完，则b＝r＋r n＋r n－1a.【举一反三】等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝________.【热点题型】题型三等差与等比数列的综合问题例3、(高考浙江卷)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.【提分秘籍】对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前n 项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．【举一反三】已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝( )A ．2B ．3C ．5D ．6【热点题型】题型四 数列与函数的综合应用例4、已知函数f(x)＝ln x的图象是曲线C，点A n(a n，f(a n))(n∈N*)是曲线C上的一系列点，曲线C在点A n(a n，f(a n))处的切线与y轴交于点B n(0，b n)．若数列{b n}是公差为2的等差数列，且f(a1)＝3.(1)分别求出数列{a n}与数列{b n}的通项公式；(2)设O为坐标原点，S n表示△OA n B n的面积，求数列{a n S n}的前n项和T n.【提分秘籍】解决函数与数列的综合问题应该注意的事项(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化．【举一反三】(高考全国新课标卷Ⅱ)等差数列{a n}的前n项和为S n，已知S10＝0，S15＝25，则nS n的最小值为________．【热点题型】题型五数列的实际应用例5、某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学，该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天支付的薪酬是前一天薪酬的2倍，工作时间为n天．(1)设工作n天，记三种付酬方式薪酬总金额依次为A n，B n，C n，写出A n，B n，C n关于n 的表达式；(2)如果n＝10，你会选择哪种方式领取报酬？【提分秘籍】求解数列应用问题，必须明确属于哪种数列模型，是等差数列，还是等比数列；是求通项问题，还是求项数问题，或者是求和问题．然后将题目中的量建立关系，利用数列模型去解决．【举一反三】根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量S n (单位：万件)近似地满足S n ＝n90(21n －n 2－5)(n ＝1,2，…，12)．按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是( )A ．5月、6月B ．6月、7月C ．7月、8月D ．8月、9月【高考风向标】1．(20xx·湖南卷) 已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．2．(20xx·安徽卷) 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p ＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p.3．(20xx·湖北卷) 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．4．(20xx·江西卷) 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 ＝a nb 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 .5．(20xx·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.6.(20xx·四川卷) 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .7．(20xx·浙江卷) 已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n＝(2)b 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＝1a n－1b n(n∈N *)．记数列{cn}的前n项和为S n.(i)求S n；(ii)求正整数k，使得对任意n∈均有S k≥S n.8．(高考辽宁卷)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题： P 1：数列{a n }是递增数列； P 2：数列{na n }是递增数列； P 3：数列{a nn }是递增数列；P 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列． 其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 49．(高考重庆卷)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.10． (高考广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2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 <74.【随堂巩固】1．已知数列{a n}，{b n}满足a1＝1，且a n，a n＋1是函数f(x)＝x2－b n x＋2n的两个零点，则b8＋a9＝()A．24 B．32C．48 D．642．已知数列{a n}为等差数列，数列{b n}是各项为正数的等比数列，其公比q≠1，若a4＝b4，a12＝b12，则()A．a8＝b8B．a8>b8C．a8<b8D．a8>b8或a8<b83．已知正项等差数列{a n}满足：a n＋1＋a n－1＝a2n(n≥2)，等比数列{b n}满足：b n＋1b n－1＝2b n(n≥2)，则log2(a2＋b2)＝()A．－1或2 B．0或2C ．2D ．14．各项都是正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 2，12a 3，a 1成等差数列，则q 的值为( )A.1－52B.5－12C.5＋12D.5＋12或5－125．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且a cos C ，b cos B ，c cos A 成等差数列，若b ＝3，则a ＋c 的最大值为( )A.32B ．3C ．2 3D ．96．若关于x 的方程x 2－x ＋a ＝0与x 2－x ＋b ＝0(a ≠b )的四个根组成首项为14的等差数列，则a ＋b 的值是( )A.38B.1124C.1324D.31727．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．18．《九章算术》之后，人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一月(按30天计)，共织390尺布”，则每天比前一天多织________尺布．(不作近似计算)9．已知数列{a n }满足a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝24，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝________.10．已知公比为q 的等比数列{a n }的前6项和S 6＝21，且4a 1，32a 2，a 2成等差数列．(1)求a n ；(2)设{b n }是首项为2，公差为－a 1的等差数列，其前n 项和为T n ，求不等式T n －b n >0的解集．11．已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的正整数n 的最小值．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)在函数f (x )＝12x 2＋12x 的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为T n ，不等式T n >13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立，求实数a 的取值范围．。

数列的综合应用主标题：数列的综合应用副标题：为学生详细的分析数列的综合应用的高考考点、命题方向以及规律总结。

关键词：数列，数列的综合应用，交汇点难度：3重要程度：5考点剖析：能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．命题方向：1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇．2．解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度大的特点．规律总结：1．数列试题形式多样，时常有新颖的试题入卷，学生时常感觉难以把握，为了在高考中取得好成绩，必须复习、掌握好数列这一板块及其相关的知识技能，了解近几年来高考中对解数列试题的能力考查的特点，掌握相关的应对策略，以提高解决数列问题的能力．2．近几年高考中一些难题均是以高等数学的某些知识为背景而用初等数学的语言表述的试题．这就启示我们在复习备考时，要在高等数学与初等数学的衔接点上多下工夫，要提高将陌生问题转化、化归为熟知问题的能力．复习时要抓住主流综合，同时做到不忽视冷门、新型综合.【知识梳理】1．等差数列和等比数列的综合等差数列中最基本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最基本的量是其首项a1和公比q，在等差数列和等比数列的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的．2．数列和函数、不等式的综合(1)等差数列的通项公式和前n项和公式是在公差d≠0的情况下关于n的一次或二次函数．(2)等比数列的通项公式和前n项和公式在公比q≠1的情况下是公比q的指数函数模型．(3)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．3．数列的应用题(1)解决数列应用题的基本步骤是：①根据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知；②根据等差数列和等比数列的知识以及实际问题的要求建立数学模型；③求出数学模型，根据求解结果对实际问题作出结论．(2)数列应用题常见模型：①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差；②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n－1的递推关系，或前n项和S n与S n－1之间的递推关系．导数在研究函数中的应用主标题：导数在研究函数中的应用备考策略副标题：通过考点分析高考命题方向，把握高考规律，为学生备考复习打通快速通道。

2019年高考数学真题分类汇编专题18：数列（综合题）一、解答题1.（2019•江苏）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{a n} 满足：，求证:数列{a n}为“M－数列”；（2）已知数列{b n}满足: ，其中S n为数列{b n}的前n项和．①求数列{b n}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M－数列”{c n} ，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．2.（2019•上海）已知等差数列的公差，数列满足，集合．（1）若，求集合；（2）若，求使得集合恰好有两个元素；（3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值．3.（2019•浙江）设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=4.a4=S3，数列{b n}满足：对每个n∈N*，S n+b n，S n+1+b n、S n+2+b n成等比数列（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式（2）记C n= ，n∈N*，证明：C1+C2+…+C n＜2 ，n∈N*4.（2019•天津）设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知，，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）设数列满足求.5.（2019•天津）设是等差数列，是等比数列.已知.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）设数列满足其中.（i）求数列的通项公式；（ii）求.6.（2019•卷Ⅱ）已知是各项均为正数的等比数列，，。

（1）求的通项公式；（2）设，求数列{ }的前n项和。

7.（2019•北京）设{a n}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列.（I）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值.8.（2019•卷Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=0，，.（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.9.（2019•北京）已知数列{a n}，从中选取第i1项、第i2项…第i m项（i1<i2<…<i m）.若a i1<a i2<…<a im.则称新数列a i1，a i2，…，a im.为{a n}的长度为m的递增子列.规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列.（I）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（II）已知数列{a n}的长度为P的递增子列的末项的最小值为a m0，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0，若p<q，求证：a m0<a n0；（III）设无穷数列{a n}的各项均为正整数，且任意两项均不相等。

（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 .。

§6.4数列的综合应用考纲解读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.数列是特殊的函数,是高考的常选考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.五年高考考点一数列的通项公式及前n项和的求法1.(2017山东,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(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-.2.(2017北京,15,13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(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=-.3.(2016天津,18,13分)已知{a n}是等比数列,前n项和为S n(n∈N*),且-=,S6=63.(1)求{a n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,b n是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有-=,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·=63,知q≠-1,所以a1·=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得b n=(log2a n+log2a n+1)=(log22n-1+log22n)=n-,即{b n}是首项为,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n}的前n项和为T n,则+)T2n=(-+)+(-+)+…+(--=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.4.(2014课标Ⅰ,17,12分)已知{a n}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.解析(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.设数列{a n}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而a1=.所以{a n}的通项公式为a n=n+1.(2)设的前n项和为S n,由(1)知=,则S n=++…++,S n=++…++.两式相减得S n=+-=+--.所以S n=2-.教师用书专用(5—13)5.(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--.6.(2015安徽,18,12分)已知数列{a n}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设S n为数列{a n}的前n项和,b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,又a1+a4=9,可解得或(舍去).由a4=a1q3得公比为q=2,故a n=a1q n-1=2n-1.(2)S n=-=2n-1,又b n==-=-,所以T n=b1+b2+…+b n=-+-+…+-=-.=1--的前n项和为.7.(2015山东,19,12分)已知数列{a n}是首项为正数的等差数列,数列·(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(a n+1)·,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)设数列{a n}的公差为d.令n=1,得=,所以a1a2=3.令n=2,得+=,所以a2a3=15.解得a1=1,d=2,所以a n=2n-1.(2)由(1)知b n=2n·22n-1=n·4n,所以T n=1·41+2·42+…+n·4n,所以4T n=1·42+2·43+…+n·4n+1,两式相减,得-3T n=41+42+…+4n-n·4n+1=-n·4n+1=×4n+1-.所以T n=-×4n+1+=-.8.(2014湖北,19,12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,得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41.9.(2014安徽,18,12分)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),n∈N*.(1)证明:数列是等差数列;(2)设b n=3n·,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:由已知可得=+1,即-=1.所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以a n=n2.从而b n=n·3n.∴S n=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3S n=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②①-②得-2S n=31+32+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1=-·-.所以S n=-·.10.(2014山东,19,12分)在等差数列{a n}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,记T n=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)n b n,求T n.解析(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题意知b n==n(n+1).所以b n+1-b n=2(n+1),所以当n为偶数时,T n=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-b n-1+b n)=4+8+12+ (2)==,当n为奇数时,若n=1,则T1=-b1=-2,若n>1,则T n=T n-1+(-b n)=--n(n+1)=-,n=1时,满足上式.-为奇数所以T n=为偶数11.(2013重庆,16,13分)设数列{a n}满足:a1=1,a n+1=3a n,n∈N+.(1)求{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)已知{b n}是等差数列,T n为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.解析(1)由题设知{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,所以a n=3n-1,S n==(3n-1).(2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差d=5,故T20=20×3+×5=1 010.12.(2013安徽,19,13分)设数列{a n}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意n∈N*,函数f(x)=(a n-a n+1+a n+2)x+a n+1cos x-a n+2sin x满足f '=0.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=2,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)由题设可得, f '(x)=a n-a n+1+a n+2-a n+1sin x-a n+2·cos x.对任意n∈N*,f '=a n-a n+1+a n+2-a n+1=0,即a n+1-a n=a n+2-a n+1,故{a n}为等差数列.由a1=2,a2+a4=8,解得{a n}的公差d=1,所以a n=2+1·(n-1)=n+1.(2)由b n=2=2=2n++2知,S n=b1+b2+…+b n=2n+2·+=n2+3n+1-.13.(2013湖南,19,13分)设S n为数列{a n}的前n项和,已知a1≠0,2a n-a1=S1·S n,n∈N*.(1)求a1,a2,并求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{na n}的前n项和.解析(1)令n=1,得2a1-a1=,即a1=.因为a1≠0,所以a1=1.令n=2,得2a2-1=S2=1+a2.解得a2=2.当n≥2时,2a n-1=S n,2a n-1-1=S n-1,两式相减得2a n-2a n-1=a n.即a n=2a n-1.于是数列{a n}是首项为1,公比为2的等比数列.因此,a n=2n-1.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)由(1)知na n=n·2n-1.记数列{n·2n-1}的前n项和为B n,于是B n=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①2B n=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.②①-②得-B n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n.从而B n=1+(n-1)·2n.考点二数列的综合应用1.(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,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+16.2.(2016浙江,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.又因为a2=3=3a1,所以数列{a n}是首项为1,公比为3的等比数列.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+---=--,经检验,n=2时也符合.所以T n=--∈3.(2016四川,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=2,求++…+.解析(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a n=q n-1.由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3,所以a3=2a2,故q=2.所以a n=2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n==-.由e2==2解得q=.所以,++…+=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]=n+[1+q2+…+q2(n-1)]=n+--=n+(3n-1).4.(2015天津,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,{b n}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设c n=a n b n,n∈N*,求数列{c n}的前n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q,数列{b n}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有--消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1,n∈N*;数列{b n}的通项公式为b n=2n-1,n∈N*.(2)由(1)有c n=(2n-1)·2n-1,设{c n}的前n项和为S n,则S n=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,2S n=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,上述两式相减,得-S n=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,所以,S n=(2n-3)·2n+3,n∈N*.教师用书专用(5—9)5.(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(1)证明: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.6.(2015浙江,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*).7.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,且S n满足-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,n∈N*.(1)求a1的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)∵-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,∴令n=1,得+a1-6=0,解得a1=2或a1=-3.又a n>0,∴a1=2.(2)由-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)](S n+3)=0,又a n>0,所以S n+3≠0,所以S n=n2+n,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-[(n-1)2+n-1]=2n,又由(1)知,a1=2,符合上式,所以a n=2n.(3)证明:由(2)知,=,所以++…+=++…+<+++…+--=+---=+-<+×=.8.(2013课标全国Ⅱ,17,12分)已知等差数列{a n}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.解析(1)设{a n}的公差为d.由题意得,=a1a13,即(a1+10d)2=a1(a1+12d).于是d(2a1+25d)=0.又a1=25,所以d=0(舍去)或d=-2.故a n=-2n+27.(2)令S n=a1+a4+a7+…+a3n-2.由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而S n=(a1+a3n-2)=(-6n+56)=-3n2+28n.9.(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)若数列{b n}满足++…+=1-,n∈N*,求{b n}的前n项和T 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)由已知++…+=1-,n∈N*,得当n=1时,=;=.当n≥2时,=1---所以=,n∈N*.由(1)知,a n=2n-1,n∈N*,所以b n=-,n∈N*,又T n=+++…+-,T n=++…+-+-,两式相减得T n=+----,=--所以T n=3-.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列的通项公式及前n项和的求法1.(2018辽宁沈阳二中期中,8)数列{a n}的前n项和为S n,若a n=,则S5等于()A.1B.C.D.答案B2.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为()A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案B3.(2017山西孝义模考,9)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C4.(人教A必5,二,4,B2,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,则第二天走了()A.192里B.96里C.48里D.24里答案B5.(2018福建六校联考,17)若数列{a n}的前n项和S n满足S n=2a n+1.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=log2(-a n+1),求数列的前n项和T n.解析(1)当n=1时,a1=S1=2a1+1,得a1=-1;当n≥2时,根据题意得S n-1=2a n-1+1,所以a n=S n-S n-1=(2a n+1)-(2a n-1+1)=2a n-2a n-1(n≥2),即-=2(n≥2).∴数列{a n}是首项为-1,公比为2的等比数列.∴a n=(-1)·2n-1=-2n-1.(2)由(1)得b n=log2(-a n+1)=log22n=n.∴==-,∴T n=+-+…+-=1-=.6.(2018广东汕头金山中学期中考试,17)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(q≠0),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)2n①,2T n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1②.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+1.7.(2017广东10月百校联考,17)已知数列{a n}的前n项和S n=n(na1+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n·2n-1}的前n项和T n.解析(1)∵S n=n(na1+1),∴a1=(a1+1),∴a1=1,∴S n=n(n+1),∴S n-1=n(n-1)(n≥2),两式相减得a n=n(n≥2),而当n=1时,a1=1也满足a n=n,所以a n=n(n∈N*).(2)T n=1+2×21+3×22+4×23+…+n×2n-1,则2T n=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,两式相减,得-T n=1+21+22+…+2n-1-n×2n=-n×2n=2n(1-n)-1,∴T n=(n-1)2n+1.8.(2017福建福州八中第六次质检,17)在等比数列{a n}中,公比q≠1,等差数列{b n}满足b1=a1=3,b4=a2,b13=a3.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(2)记c n=(-1)n b n+a n,求数列{c n}的前2n项和S2n.解析(1)设等差数列{b n}的公差为d.则有解得或(舍去),所以a n=3n,b n=2n+1.(2)由(1)知c n=(-1)n(2n+1)+3n,则S2n=(3+32+33+…+32n)+{(-3)+5+(-7)+9+…+[-(4n-1)]+(4n+1)}=+[(5-3)+(9-7)+…+(4n+1-4n+1)]=-+2n.考点二数列的综合应用9.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=(n∈N*),且f(1)=2,则f(40)=()A.95B.97C.105D.392答案D10.(2017河南新乡第一次调研,6)已知各项均不为0的等差数列{a n}满足a3-+a11=0,数列{b n}为等比数列,且b7=a7,则b1·b13=()A.16B.8C.4D.25答案A11.(2016福建四地六校第一次联考,9)设数列{a n}是以3为首项,1为公差的等差数列,{b n}是以1为首项,2为公比的等比数列,则+++=()A.15B.60C.63D.72答案B12.(2018广东珠海二中期中,18)已知数列{a n}与{b n}满足a n+1-a n=2(b n+1-b n),n∈N*,b n=2n-1,且a1=2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设c n=-,T n为数列{c n}的前n项和,求T n.解析(1)因为a n+1-a n=2(b n+1-b n),b n=2n-1,所以a n+1-a n=2(b n+1-b n)=2(2n+1-2n+1)=4,所以{a n}是等差数列,首项a1=2,公差为4,所以a n=4n-2.(2)c n=-=---=(2n-1)·2n.∴T n=c1+c2+c3+…+c n=1·2+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n①, 2T n=1·22+3·23+5·24+…+(2n-1)·2n+1②,①-②得-T n=1·2+2·22+2·23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2+2·--(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1,∴T n=6+(2n-3)·2n+1.13.(2017广东韶关六校联考,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S3=9,a1,a3,a7成等比数列. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)当a n≠a1时,数列{b n}满足b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)设{a n}的公差为d.∵等差数列{a n}的前n项和为S n,且S3=9,a1,a3,a7成等比数列,∴解得或当时,a n=3;当时,a n=2+(n-1)=n+1.∴{a n}的通项公式为a n=3或a n=n+1.(2)∵a n≠a1,∴a n=n+1,∴b n==2n+1,∴b1=22=4,=2.∴{b n}是以4为首项,以2为公比的等比数列,∴T n==2n+2-4.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:80分时间:60分钟)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018湖北孝感六校联考,10)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*).若b n+1=(n-2λ)·(n∈N*),b1=-λ,且数列{b n}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是()A.λ<B.λ<1C.λ<D.λ<答案A2.(2016河南洛阳期中,12)设a n=++…+,则对任意正整数m,n(m>n)都成立的是()A.a m-a n<B.a m-a n>C.a m-a n<D.a m-a n>-答案A二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2017江西南昌模拟,14)已知数列{a n}的通项为a n=(-1)n·(4n-3),则数列{a n}的前50项和T50=.答案1004.(2016安徽皖江名校联考,16)数列{a n}满足:a1=,且a n+1=(n∈N*),则+++…+=.答案+三、解答题(每小题15分,共60分)5.(2018福建福州八校联考,17)已知公差不为0的等差数列{a n}的前三项和为6,且a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为S n,求使S n<的n的最大值.解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),依题意可得即-∵d≠0,∴a1=1,d=1,∴a n=n.(2)由(1)可得b n==-.∴S n=+-+…+-=1-.令1-<,得n<14,∴n的最大值为13.6.(2018广东佛山一中期中考试,17)在等差数列{a n}中,a1=3,其前n项和为S n,等比数列{b n}的各项均为正数,b1=1,公比为q,且b2+S2=12,q=.(1)求a n与b n;(2)证明:≤++…+<.解析(1)设数列{a n}的公差为d.因为所以解得q=3或q=-4(舍),d=3.故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3n-1.(2)证明:因为S n=,所以==-.故++…+=---=.因为n≥1,所以0<≤,所以≤1-<1,所以≤<,即≤++…+<.7.(2017湖南长沙长郡中学模拟,17)已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,S n为数列{a n}的前n项和,a1=b1=1,且b3S3=36,b2S2=8(n∈N*).(1)求a n和b n;(2)若a n<a n+1,求数列的前n项和T n.解析(1)设{a n}的公差为d,{b n}的公比为q,由题意得解得或∴a n=2n-1,b n=2n-1或a n=(5-2n),b n=6n-1.(2)若a n<a n+1,由(1)知a n=2n-1,则=-=--,∴T n=---=.8.(2017福建龙岩五校期中,20)已知数列{a n}的首项a1=2,且满足a n+1=2a n+3·2n+1,n∈N*.(1)设b n=,证明数列{b n}是等差数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)证明:∵b n+1-b n=-=-==3,∴数列{b n}是以b1==1为首项,3为公差的等差数列.(2)由(1)可知b n=1+3(n-1)=3n-2,∴a n=(3n-2)·2n,∴S n=1×2+4×22+7×23+…+(3n-2)·2n①,2S n=1×22+4×23+…+(3n-5)·2n+(3n-2)·2n+1②,①-②得-S n=2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-2)·2n+1=2+3·---(3n-2)·2n+1=(5-3n)·2n+1-10,∴S n=(3n-5)·22n+1+10.C组2016—2018年模拟·方法题组方法数列求和的方法1.(2017河北衡水中学五调,5)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*),S n为其前n项和,则S5的值为()A.57B.61C.62D.63答案A2.(2017湖北华中师大一附中期中,13)数列{a n}满足a n=,记其前n项和为S n.若S n=5,则项数n的值为. 答案353.(2018山西太原五中模拟,19)已知数列{a n}的首项a1=1,前n项和为S n,a n+1=3S n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log2,求数列的前n项和T n.解析(1)由a n+1=3S n+1,得a n=3S n-1+1(n≥2),两式相减得a n+1-a n=3(S n-S n-1)=3a n(n≥2),故a n+1=4a n(n≥2),所以当n≥2时,{a n}是以4为公比的等比数列.因为a2=3S1+1=3a1+1=4,∴=4.所以{a n}是首项为1,公比为4的等比数列,a n=4n-1(n∈N*).(2)由(1)知a n=4n-1,故b n=log2=log22n=n,∴=-.T n=1×+2×+3×+4×+…+n×-①,T n=1×+2×+3×+4×+…+(n-1)×-+n×②,由①-②,得T n=1++++…+--n×=-n×,∴T n=-×-.4.(2018云南昆明一中调研,17)在等差数列{a n}中,公差d≠0,前5项和S5=15,且a1,a3,a7成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求a2+a8+a26+…+-(k∈N*)的值.解析(1)根据题意得解得所以数列{a n}的通项公式为a n=a1+(n-1)d=n+.(2)解法一:由(1)得-=(3n-1)+=×3n,所以a2+a8+a26+…+-=(31+32+33+…+3k)=×=(3k-1).解法二:设b n=-=(3n-1)+=×3n,则=3(n∈N*).所以数列{b n}是首项为,公比为3的等比数列,所以数列{b n}的前k项和T k=-=(3k-1).5.(2017湖南郴州二模,17)已知等差数列{a n}满足:a n+1>a n(n∈N*),a1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,a n+2log2b n=-1.(1)分别求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.解析(1)设d为等差数列{a n}的公差,则d>0,由a1=1,a2=1+d,a3=1+2d分别加上1,1,3后成等比数列,得(2+d)2=2(4+2d),解得d=2(舍负),所以a n=1+(n-1)×2=2n-1,又因为a n+2log2b n=-1,所以log2b n=-n,则b n=.(2)由(1)知a n·b n=(2n-1)·,则T n=+++…+-,①T n=+++…+-,②①-②,得T n=+2×--.∴T n=+2×---,∴T n=1+2----=3--=3-.。

§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110答案 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= .答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(6分)(2)由a n=2n+1可知b n===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= . 答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a nb n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n==-.T n=1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )A.6B.7C.8D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .答案643.(2017山东,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n C n的面积为S n,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=,c n+1=,则( )A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列答案 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)记T n=…,证明:T n≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以T n>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n. 因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).当x≠1时,m'k(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,则x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,则x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).9.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.10.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设数列{a n}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.当a n=4n-2时,S n==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;当a n=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1==.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.④由③,④知,a n+1-a n=.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+=1+·=+·,故数列{a n}的通项公式为a n=+·.12.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,且T n+=λ(λ为常数),令c n=b2n(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n. 解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由题意知T n=λ-,所以n≥2时,b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1),n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,两式相减得R n=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.13.(2013广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)依题意得,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n≥2时,2S n=na n+1-n3-n2-n,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)两式相减得2a n=na n+1-(n-1)a n-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)a n=na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n=n2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<,综上,对一切正整数n,有++…+<.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列求和1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案 C2.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{a n}中,a4=5,a7=11.设b n=(-1)n·a n,则数列{b n}的前100项之和S100=( )A.-200B.-100C.200D.100答案 D3.(2016山东部分重点中学第二次联考,7)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m 项和为,则m的值为( )A.8B.9C.10D.11答案 B4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知S n为{a n}的前n项和,若a n(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于.答案 2 332考点二数列的综合应用5.(2017广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{a n}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )A.20B.22C.24D.28答案 B6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案 B7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{a n}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+=.答案2n2+2n8.(2017广东“六校联盟”联考,14)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=2a n-1(n∈N*),则数列{na n}的前n项和T n为.答案(n-1)2n+1B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:50分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{a n}中,n=1,2,3,…,729,且a n=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{a n}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{b n},容易发现数列{b n}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{a n}的所有项的和为S,数列{b n}的所有项的和为T,则( )A.S>TB.S=TC.S<TD.S与T的大小关系不确定答案 A2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=则S2 018等于( )A. B. C. D.答案 B3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=+3a n,n∈N*,b n=,若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),且b n=a n cos,记S n为数列{b n}的前n项和,则S24=( )A.294B.174C.470D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+=.答案2n2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列{a n},定义H n=为{a n}的“优值”,现在已知某数列{a n}的“优值”H n=2n+1,记数列{a n-kn}的前n项和为S n,若S n≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是.答案三、解答题(共30分)7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,数列{b n}的前n项和为T n,若不等式(-1)nλ<T n+对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.解析(1)由a n+1=(n∈N*),得==+1,∴+=3,又+=,∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,从而+=×3n-1⇒a n=.(2)将a n=代入b n=(3n-1)··a n可得b n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得=+++…+-n×=2-,∴T n=4-,∴(-1)nλ<4-,若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,∴-2<λ<3.8.(2017河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2015年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式(注:2016年为第一年);(2)若新政策实施后的2016年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)解析(1)当n≤10时,数列{a n}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故a n=45.5+0.5×(n-1), 当n≥11时,数列{a n}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故a n=50×0.99n-10,因此,新政策实施后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式为a n=n∈N*.(2)设S n(单位:万人)为数列{a n}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 错位相减法求和1.(2017河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{a n}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为S n,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+1=,T n为数列{b n}的前n项和,若T n≥m恒成立,求m的最大值.解析(1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴a n=.(2)∵a n+1=,∴=,∴b n=n·2n-1,∴T n=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①∴2T n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②由①-②得,-T n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴T n=1+(n-1)·2n.∵T n≥m恒成立,只需(T n)min≥m即可,∵T n+1-T n=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,∴{T n}为递增数列,∴当n=1时,(T n)min=T1=1,∴m≤1,∴m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,p n的“均倒数”,已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为,又b n=,则++…+等于( )A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{a n}满足S n=2a n-1(n∈N*),{b n}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=-(n∈N*),求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,n≥2,即a n=2a n-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.∴b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,∴T n=-2=2--2=-21-n.。

考点24 数列求和及综合应用一、选择题1.(2019·浙江高考·T10)设a,b∈R,数列{a n}中a1=a,a n+1=+b,n∈N*,则()A.当b=时,a10>10B.当b=时,a10>10C.当b=-2时,a10>10D.当b=-4时,a10>10【解析】选A.由a n+1=+b得,a n+1-a n=+b-a n=(a n-)2+(b-),当b=时,a n+1-a n=(a n-)2+>0,数列{a n}是递增数列,a2=+≥,a3=+≥()2+=,a4=+≥()2+=>1,a5=+>12+=,a6=+>()2+=,a7=+>()2+=>8,a8=+>82+>10,所以:a10>a9>a8>10.二、解答题2.(2019·全国卷Ⅰ文科·T18)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{a n}的通项公式.(2)若a1>0,求使得S n≥a n的n的取值范围.【命题意图】该题考查的是有关数列的问题,涉及的知识点有等差数列的通项公式,等差数列的求和公式,在解题的过程中,需要认真分析题意,熟练掌握基础知识是正确解题的关键.【解题指南】(1)首先设出等差数列的公差,根据题的条件,建立关于a1和d的方程组,求得a1和d的值,利用等差数列的通项公式求得结果.(2)根据题意有a5=0,根据a1>0,可知d<0,根据S n≥a n,得到关于n的不等式,从而求得结果.【解析】(1)设{a n}的公差为d.由S9=-a5得a1+4d=0.由a3=4得a1+2d=4.于是a1=8,d=-2.因此{a n}的通项公式为a n=10-2n.(2)由S9=-a5得a1=-4d,故a n=(n-5)d,S n=(-).由a1>0知d<0,故S n≥a n等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.3.(2019·天津高考理科·T19)设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式.(2)设数列{c n}满足c1=1,c n=,,,,其中k∈N*.①求数列{(-1)}的通项公式.②求∑a i c i(n∈N*).【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.依题意得,,解得,,故a n=4+(n-1)×3=3n+1,b n=6×2n-1=3×2n.所以{a n}的通项公式为a n=3n+1,{b n}的通项公式为b n=3×2n.(2)①(-1)=(b n-1)=(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.所以数列{(-1)}的通项公式为(-1)=9×4n-1.②∑a i c i=∑[a i+a i(c i-1)]=∑a i+∑(-1)=(-)+∑(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×(-)--n=27×22n-1+5×2n-1-n-12∈*.4.(2019·天津高考文科·T18)设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,公比大于0,已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求{a n}和{b n}的通项公式.(2)设数列{c n}满足c n=,为奇数,,为偶数,求a1c1+a2c2+…+a2n c2n(n∈N*).【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前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.【解题指南】(1)首先设出等差数列的公差,等比数列的公比,根据题意,列出方程组,求出公差和公比,进而求得等差数列和等比数列的通项公式.(2)根据题中所给的c n所满足的条件,将a1c1+a2c2+…+a2n c2n表示出来,之后应用分组求和法,结合等差数列的求和公式,以及错位相减法求和,最后求得结果.【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,依题意,得,,解得,,故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3×3n-1=3n,所以{a n}的通项公式为a n=3n,{b n}的通项公式为b n=3n.(2)a1c1+a2c2+…+a2n c2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2n b n)=(-)+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6×(1×31+2×32+…+n×3n),记T n=1×31+2×32+…+n×3n①则3T n=1×32+2×33+…+n×3n+1②+n×3n+1=(-),②-①得2T n=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-(-)-所以a1c1+a2c2+…+a2n c2n=3n2+6T n=3n2+3×(-)=(-)(n∈N*).5.(2019·浙江高考·T20)(本小题满分15分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=4,a4=S3,数列{b n}满足:对每个n∈N*,S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式.(2)记c n=,n∈N*,证明:c1+c2+…+c n<2,n∈N*.【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.【解析】(1)设数列{a n}的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.从而a n=2n-2,n∈N*.由S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列得(S n+1+b n)2=(S n+b n)(S n+2+b n).解得b n=(-S n S n+2).所以b n=n2+n,n∈N*.(2)c n==-()=-(),n∈N*.我们用数学归纳法证明.①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;②假设n=k∈*时不等式成立,即c1+c2+…+c k<2.那么,当n=k+1时,c1+c2+…+c k+c k+1<2+()()<2+<2+=2+2(-)=2.即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②,不等式c1+c2+…+c n<2对任意n∈N*成立.6.(2019·江苏高考·T20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M -数列”.(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M -数列”.(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1, = -,其中S n 为数列{b n }的前n 项和. ①求数列{b n }的通项公式.②设m 为正整数,若存在“M -数列”{c n }(n ∈N *),对任意正整数k ,当k ≤m 时,都有c k ≤b k ≤c k +1成立,求m 的最大值.【命题意图】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.【解题指南】(1)由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论.(2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列{b n }是等差数列,据此即可确定其通项公式;②由①确定b k 的值,将原问题进行等价转化,构造函数,结合导函数研究函数的性质即可求得m 的最大值.【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由 , - ,得 , - ,解得 , . 因此数列{a n }为“M —数列”.(2)①因为= -,所以b n ≠0. 由b 1=1,S 1=b 1,得 = -,则b 2=2.由= - ,得S n =( - ),当n ≥2时,由b n =S n -S n -1,得b n = ( - )-- ( - - ),整理得b n +1+b n -1=2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列.因此,数列{b n }的通项公式为b n =n (n ∈N *).②由①知,b k =k ,k ∈N *.因为数列{c n }为“M -数列”,设公比为q ,所以c 1=1,q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1,所以q k -1≤k ≤q k ,其中k =1,2,3,…,m.当k =1时,有q ≥1;当k =2,3,…,m 时,有 ≤ln q ≤ -. 设f (x )= (x >1),则f'(x )= -.令f'(x )=0,得x =e .列表如下:因为 = < =,所以f (k )max =f (3)= . 取q = ,当k =1,2,3,4,5时, ≤ln q ,即k ≤q k ,经检验知q k -1≤k 也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6,分别取k =3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上,所求m的最大值为5.。