6.4 数列求和、数列的综合应用(试题部分)

§ 6。

4 数列求和、数列的综合应用A 组 2014-2015年模拟·基础题组限时：35分钟1。

（2014河南安阳二模,6）已知数列｛a n }中，a n =—4n+5,等比数列｛b n }的公比q 满足q=a n —a n —1(n≥2)且b 1=a 2，则|b 1｜+|b 2|+｜b 3|+…+|b n ｜=（ ）A.1-4n B 。

4n —1 C.1-4n3 D.4n-132。

(2014辽宁五校协作体联考,15)已知数列｛a n ｝满足a n =1+2+3+…+nn,则数列{1a n a n+1}的前n 项和为 。

3.（2014广东揭阳3月模拟,13)对于每一个正整数n,设曲线y=x n+1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 99= 。

4。

（2015河北石家庄调研)在数列{a n ｝中,已知a 1=14,a n+1a n=14,b n +2=3lo g 14a n (n∈N ＊). （1)求数列｛a n }的通项公式； (2)求证：数列｛b n ｝是等差数列;(3)设数列{c n }满足c n =a n +b n ，求｛c n ｝的前n 项和S n .5.（2014广东湛江二模,19）已知等差数列｛a n｝的首项a1=1，公差d>0，且a2,a5，a14分别是等比数列{b n｝的b2，b3,b4。

（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2）设数列｛c n}对任意正整数n均有c1b1+c2b2+…+c nb n=a n+1成立,求c1+c2+…+c2 014的值。

B组2014—2015年模拟·提升题组限时:50分钟1.（2015长春外国语学校期中）若数列｛a n}满足1a n+1—pa n=0，n∈N＊，p为非零常数,则称数列{a n｝为“梦想数列”.已知正项数列{1b n}为“梦想数列”,且b1b2b3…b99=299,则b8+b92的最小值是（）A。

§6.4数列的综合应用挖命题【考情探究】分析解读综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列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.破考点【考点集训】考点一数列求和1.(2017湖南湘潭三模,9)已知T n为数列的前n项和,若m>T10+1013恒成立,则整数m的最小值为()A.1026B.1025C.1024D.1023答案C2.(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.-3.(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(n∈N*),又因为a n+2log2b n=-1,所以log2b n=-n,则b n=(n∈N*).(2)由(1)知a n·b n=(2n-1)·,则T n=+++…+-①,T n=+++…+-②,①-②,得T n=+2×…--.∴T n=+2×-----,∴T n=1+2----=3--=3-.考点二数列的综合应用1.(2018福建漳州期末调研测试,5)等差数列{a n}和等比数列{b n}的首项均为1,公差与公比均为3,则++=()A.64B.32C.38D.33答案D2.(2018河南商丘第二次模拟,6)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1-a n≥2(n∈N*),且S n为{a n}的前n项和,则()A.a n≥2n+1B.S n≥n2C.a n≥2n-1D.S n≥2n-1答案B3.(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13.4.(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≤++…+<.炼技法【方法集训】方法数列求和的方法1.(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D2.(2019届吉林长春模拟,7)已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n,则数列·的前6项和为() A. B. C. D.答案A3.(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+1.4.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{a n}的前n项和为S n,点(n,S n)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记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,则S n=na1+-d=n2+-n,又S n=n2+Bn+C-1,两式对照得-解得又因为a1=C,所以a1=1,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1. (2)由(1)知b n=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,则T n=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,2T n=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,两式相减得T n=(2n-1)·2n+1-2(22+23+…+2n)-2=(2n-1)·2n+1-2×----2=(2n-3)·2n+1+6.过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅲ,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=-+-+…+--=.2.(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-.考点二数列的综合应用(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=,a n b n+1+b n+1=nb n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求{b n}的前n项和.解析(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2,(3分)所以数列{a n}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a n=3n-1.(5分)(2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n得b n+1=,(7分)因此{b n}是首项为1,公比为的等比数列.(9分)记{b n}的前n项和为S n,则S n=--=--.(12分)B组自主命题·省(区、市)卷题组考点一数列求和1.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n}满足b1=1,数列{(b n+1-b n)a n}的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列{b n}的通项公式.解析(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20得8=20,解得q=2或q=,因为q>1,所以q=2.(2)设c n=(b n+1-b n)a n,数列{c n}的前n项和为S n.由c n=--解得c n=4n-1.由(1)可知a n=2n-1,所以b n+1-b n=(4n-1)·-,故b n-b n-1=(4n-5)·-,n≥2,b n-b1=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·-+(4n-9)·-+…+7·+3.设T n=3+7·+11·+…+(4n-5)·-,n≥2,T n=3·+7·+…+(4n-9)·-+(4n-5)·-(n≥2),所以T n=3+4·+4·+…+4·--(4n-5)·-(n≥2),因此T n=14-(4n+3)·-,n≥2,又b1=1,所以b n=15-(4n+3)·-.2.(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-.3.(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=-.4.(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.考点二数列的综合应用1.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n}.记S n 为数列{a n}的前n项和,则使得S n>12a n+1成立的n的最小值为.答案272.(2018北京,15,13分)设{a n}是等差数列,且a1=ln2,a2+a3=5ln2.(1)求{a n}的通项公式;(2)求++…+.解析(1)设{a n}的公差为d.因为a2+a3=5ln2,所以2a1+3d=5ln2.又a1=ln2,所以d=ln2.所以a n=a1+(n-1)d=nln2.(2)因为=e ln2=2,-=--=e ln2=2,所以{}是首项为2,公比为2的等比数列.所以++…+=2×--=2(2n-1).3.(2017天津,18,13分)已知{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以,b n=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得a n=3n-2.所以,{a n}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,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+16.4.(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=--∈C组教师专用题组考点一数列求和1.(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+++++…+-,①-T n=+++++…+-.②①-②可得--=3-,T n=2+++…+-.故T n=6--2.(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.=2n-1,又b n==-=-,(2)S n=--所以T n=b1+b2+…+b n=-+-+…+-=-.=1--的前n项和为.3.(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+=-.4.(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41.5.(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=-·.6.(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.所以T n=-为奇数为偶数7.(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=1010.8.(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-.9.(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.(2018江苏,20,16分)设{a n}是首项为a1,公差为d的等差数列,{b n}是首项为b1,公比为q的等比数列.(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|a n-b n|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,证明:存在d∈R,使得|a n-b n|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知a n=(n-1)d,b n=2n-1.因为|a n-b n|≤b1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得≤d≤.因此,d的取值范围为.(2)由条件知:a n=b1+(n-1)d,b n=b1q n-1.若存在d∈R,使得|a n-b n|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1q n-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d满足---b1≤d≤--b1.因为q∈(1,],所以1<q n-1≤q m≤2,从而---b1≤0,--b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n-b n|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.下面讨论数列---的最大值和数列--的最小值(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m时,-----=----=----,当1<q≤时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,数列---单调递增,故数列---的最大值为-.②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.当2≤n≤m时,--=-≤-=f<1.因此,当2≤n≤m+1时,数列--单调递减,故数列--的最小值为.因此,d的取值范围为-.2.(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.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*.5.(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*).6.(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++…+=++…+<+++…+--=+--…-=+-<+×=.7.(2013课标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.8.(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】时间:50分钟分值:65分一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018福建厦门第一学期期末质检,7)已知数列{a n}满足a n+1+(-1)n+1a n=2,则其前100项和为()A.250B.200C.150D.100答案D2.(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.1008C.1009D.2017答案B4.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=a x+b(a>0,且a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N*时,a n=-,记数列{a n}的前n 项和为S n,当S n=时,n的值为()A.7B.6C.5D.4答案D,数列{b n}的前n项和为5.(2019届河南信阳模拟,6)已知数列{a n}的前n项和为S n=2n+1+m,且a1,a4,a5-2成等差数列,b n=-T n,则满足T n>的最小正整数n的值为()A.11B.10C.9D.8答案B二、填空题(每小题5分,共10分)为奇数6.(2019届江苏南京模拟,15)已知数列{a n}的通项公式为a n=则数列{a n}前15项和S15的值为.-为偶数答案7.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,13)若{a n},{b n}满足a n b n=1,a n=n2+3n+2,则{b n}的前2018项和为.答案三、解答题(共30分)8.(2019届广东模拟,17)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a5=40,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,S n是数列{b n}的前n项和,对任意正整数n,不等式S n+>(-1)n·a恒成立,求a的取值范围.解析(1)由得·因为等比数列{a n}的公比q>1,所以q=2,a3=8,所以a n=a3·q n-3=2n.(2)由于a n=2n,b n=,所以b n==,则S n=+++…+①,S n=+++…+②,①-②得S n=…-,所以S n=1+++…+--=---=2-,所以S n+>(-1)n·a即2->(-1)n·a.设f(n)=2-(n∈N*),由于f(n)=2-单调递增,故当n为奇数时,f(1)=1为最小值,所以-a<1,则a>-1,当n为偶数时,f(2)=为最小值,所以a<.所以a的取值范围为-.9.(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).10.(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=--…--=.。

数列求和、数列的综合应用练习题1.数列20,,2,,2101+++a k a a k 共十项，且其和为240，则101a a a k ++++ 的值为 （ ） A.31 B.120 C.130 D.1852. 已知正数等差数列}{n a 的前20项的和为100，那么147a a ⋅的最大值是 （ ） A.25 B.50 C.100 D.不存在3. 设函数x x f m log )(=（0>m ，且1≠m ），数列}{n a 的公比是m 的等比数列，若8)(200931=⋅⋅a a a f ，则)()()(220102221a f a f a f +++ 的值等于 （ ） A.-1974 B.-1990 C.2022 D.2042 4. 设等差数列}{n a 的公差0≠d ，又921,,a a a 成等比数列，则=++++1042931a a a a a a .5. 已知二次函数x x x f 23)(2-=，数列}{n a 的前n 项和为n s ，点（n s n ,）（*N ∈n ）在函数)(x f y =的图像上. （1）球数列}{n a 的通项公式；（2）设13+=n n n a a b ，n T 是数列}{n b 的前n 项和，求使20mT n <对所有*N ∈n 都成立的最小正整数m .6.（2014广东湛江模拟）已知数列}{n a 各项均为正，其前n 项和为n s ，且满足2)1(4+=n n a S .（1）求}{n a 的通项公式；（2）设11+⋅=n n n a a b ，求数列}{n b 的前n 项和n T 及n T 的最小值.7. （2014安徽，18，12分）数列}{n a 满足)1()1(,111+++==+n n a n na a n n ，*N ∈n .（1）证明：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是等差数列；（2）设n n n a b ⋅=3，求数列}{n b 的前n 项和为n s .8. （2014湖北，19，12分）已知等差数列}{n a 满足：21=a ，且521,,a a a 成等比数列.（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）记n S 为数列}{n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得80060+>n S n ？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.9. （2014湖南师大附中第二次月考，19）甲、乙两超市同时开业，第一年的年销售额都为a 万元. 由于经营方式不同，甲超市前n （*N ∈n ）年的总销售额为)2(22+-n n a 万元；从第二年起，乙超市第n 年的销售额比前一年的销售额多a n 132-⎪⎭⎫ ⎝⎛万元.（1）设甲、乙两超市第n 年的销售额分别是n n b a ,，求n n b a ,的表达式； （2）若在同一年中，某一超市的年销售额不足另一个超市的年销售额的50%，则该超市将于当年年底被另一家超市收购. 问：在今后若干年内，乙超市能否被甲超市收购？若能，请推算出在哪一年年底被收购；若不能，请说明理由. 10. 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入比上年减少51，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41. （1）设n 年内（本年度为第一年）总投入为n a 万元，旅游业总收入为n b 万元，写出n a ，n b 的表达式；（2）至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？11. （2014四川，19，12分）设等差数列}{n a 的公差为d ，点),(n n b a 在函数x x f 2)(=的图像上（*N ∈n ）.（1）证明：数列}{n b 为等比数列；（2）若11=a ，函数)(x f 的图像在点),(22b a 处的切线在x 轴上的截距为2ln 12-，求数列}{2n n b a 的前n 项和n S .12. （2014江西上饶六校第二次联考，18）已知等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且15,252==S a ，数列}{n b 满足211=b ，n n b nn b 211+=+. （1）求数列}{},{n n b a 的通项公式；（2）记n T 为数列}{n b 的前n 项和，2)2(2)(+-=n T S n f n n ，试问)(n f 否存在最大值，若存在，求出最大值，若不存在请说明理由．13.（2012四川，12,5分）设函数3()(3)1f x x x =-+-，数列{}n a 是公差不为0的等差数列，127()()()14f a f a f a ++⋅⋅⋅+=，则127a a a ++⋅⋅⋅+= （ ） A.0 B.7 C.14 D.21 14.（2012山东,20,12分）已知等差数列{}n a 的前5项和为105，且2052a a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意*m ∈N ，将数列{}n a 中不大于27m 的项的个数记为m b .求数列{}m b 的前m 项和m S .15.（2013课标全国Ⅱ，17,12）已知等差数列{}n a 的公差不为零,251=a ,且13111,,a a a 成等比数列.（1）求{}n a 的通项公式； （2）求14732n a a a a -++++.16. （2014广东，19，14分）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且nS 满足()()222*330,n n S n n S n n n -+--+=∈N .（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求证：对一切正整数n ，有()()()112211111113n n a a a a a a +++<+++.17.（2013山东,20,12分）设等差数列的前项和为,且,（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足 ,求的前项和.18. （2014安徽，12，5分）如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边22BC =，过点A 作BC 的垂线，垂足为1A ；过点1A 作AC 的垂线，垂足为2A ；过点2A 作1AC 的垂线，垂足为3A ；…，以此类推，设1BA a =，12AA a =，123A A a =，…，567A A a =，则7a =________.19.（2014课标Ⅰ,17,12分）已知是}{n a 递增的等差数列，42,a a 是方程0652=+-x x 的根．（1）求}{n a 的通项公式；（2）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2的前n 项和． 20. （2014湖南，21，13分）已知函数)0(1sin cos )(>+-=x x x x x f . （1）求)(x f 的单调区间；（2）记i x 为)(x f 的从小到大的第i （*N ∈i ）个零点，证明：对一切*N ∈n ，有3211122221<+++n x x x . 21. （2014山东，19，12分）在等差数列{}n a 中，已知公差2d =，2a 是1a 与4a 的等比中项.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n n n b a +=，记()12341nn n T b b b b b =-+-+-+-…，求n T .22.（2013重庆，16,13分）设数列{}n a 满足:11a =,13n n a a +=,n N +∈.（1）求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）已知{}n b 是等差数列,n T 为前n 项和,且12b a =,3123b a a a =++,求20T .23.（2013湖南,19,13分）设n S 为数列{n a }的前n 项和,已知01≠a ，n n S S a a ⋅=-11，（1）求1a ,2a ,并求数列{n a }的通项公式； （2）求数列{n na }的前n 项和. 24.（2012安徽，21,13分）设函数）（x f =2x+x sin 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为}{n x . （1）求数列}{n x 的通项公式；（2）设}{n x 的前n 项和为n S ，求n S sin .。

6.4 数列求和、数列的综合应用五年高考考点1 数列求和1．（2012大纲全国．5,5分）已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为 ( )101100.A 10199.B 10099.C 100101.D 2．（2011天津，4，5分）已知}{n a 为等差数列，其公差为-2，且7a 是3a 与9a 的等比中项，n s 为}{n a 的前n 项和，*,N n ∈则10S 的值为( )110.-A 90.-B 90.C 110.D3．（2013辽宁．14,5分）已知等比数列}{n a 是递增数列，n S 是}{n a 的前n 项和，若31,a a 是方程0452=+-x x 的两个根，则=6S4．（2013重庆．12，5分）已知}{n a 是等差数列，,11=a 公差=/d n s ,0为其前n 项和，若521,,a a a 成等比数列，则8s =5．（2013湖南，15，5分）设n s 为数列}{n a 的前n 项和，=n s ,,21)1(⋅∈--N n a nn n则 =3)1(a=+++10021)2(S S S6．（2010上海，10）在n 行n 列矩阵中，记位于第i 行第J 列的数为).,,2,1(n j i a ij =、当n=9时，+++332211a a u =+99a7．（2013四川，16,12分）在等差数列}{n a 中，,831=+a a 且4a 92a a 和为的等比中项，求数列}{n a 的首项、公差及前n 项和．8．（2013浙江，1814分）在公差为d 的等差数列}{n a 中，已知,101=a 且3215,22,a a a +成等比数列． (1)求;,n a d(2)若d<0，求.||||||||321n a a a a ++++智力背景蝴蝶效应（二） 这一天，Lorenz 想更避．步了解某段纪录的后续变化，他把某时刻的气象数据重新输入电脑，让电脑计算出更多的后续结果当时，电脑处理数据资料的速度不快，在结果出来之前，足够他喝杯咖啡并和友人闲聊一阵．回来后，结果出来了，不过令他目瞪口呆，结果和原资讯两相比较，初期数据还差不多，越到后期，数据差异就越大了，就像是不同的两笔资讯而问题并不出在电脑，问题是他输入的数据差了0:1000127，而这细微的差异却造成天壤之别，所以长期地准确预测天气是不可能的．9．（2012江西．16,12分）已知数列}{n a 的前n 项和221n s n -=kn +（其中*),N k ∈且n s 的最大值为8． (1)确定常数k ，并求,n a (2)求数列}229{nna -的前n 项和⋅n T 10.（2012湖北．18,12分）已知等差数列}{n a 前三项的和为-3，前三项的积为8．(1)求等差数列}{n a 的通项公式；(2)若132,,a a a 成等比数列，求数列|}{|n a 的前n 项和．11.（2011山东．20，12分）等比数列}{n a 中，321,,a a a 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且321,,a a a 中的任何两个数不在下表的同一列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)若数列}{n b 满足：,ln )1(n n n n a a b -+=求数列}{n b 的前n 项和⋅n s考点2 数列的综合应用1．（2013课标全国112.5分）设n n n C B A ∆的三边长分别为,n a n n n n n C B A c b ∆,,的面积为.,3,2,1, =n s n 若1111,c b c b +>==+11,2n a a ,2,1n n n n a c b a +=+,21nn n a b c +=+则 ( ) }.{n s A 为递减数列 }.{n s B 为递增数列}{1~2n s C ⋅为递增数列，}{2n s 为递减数列}.{12-n s D 为递减数列，}{2n s 为递增数列2．（2012华约联盟自主招生．9）已知数列}{n a 的通项公式为n a ),321lg(2nn ++=n S n ,.2.1 =是数列 }{n a 的前n 项和，则=n S ( )0.A 3lg 31lg+++⋅n n B 2lg 2lg ++⋅n n C 3lg 11lg ++-⋅n n D 3．（2012卓越联盟自主招生．6）设}{n a 是等差数列，}{n b 是等比数列，记}{},{n n b a 的前n 项和分别为⋅n n T S ,若==433,a b a ,4b 且,52435=--T T S s 则=++3535b b a a 4．（2012课标全国．16.5分）数列}{n a 满足=-++n n n a a )1(1,12-n 则}{n a 的前60项和为 5．（2011陕西．14,5分）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 （米）．6．（2013江西，17,12分）正项数列}{n a 的前n 项和n s 满足：2n S )1(2-+-n n .0)(2=+-n n s n(1)求数列}{n a 的通项公式,n a (2)令,)2(122nn a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为⋅n T 证明：对于任意的*,N n ∈都有⋅<645n T 7．（2013广东，19,14分）设数列}{n a 的前n 项和为⋅n s 已知1a 12,1+==n n a n s ,32312---n n .⋅∈N n(1)求2a 的值；(2)求数列}{n a 的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有⋅<+++471.111n a a a 8．（2013湖北．22,14分）设n 是正整数，r 为正有理数． (1)求函数)1(1)1()1()(1->-+-+=+x x r x x f r 的最小值；(2)证明：;1)1(1)1(1111+-+<<+--++++r n n n r n n r r r r r 智力背景运筹学（一) 在中国战国时期，曾经有过一次流传后世的赛马比赛，相信大家都知道，这就是田忌赛马的故事，这个故事说明在已有的条件下，经过筹划、安排，选择一个最好的方案，就会取得最好的效 果．可见，筹划、安排是十分重要的，运筹学是近代应用数学的一个分支，主要是将生产、管理等事件中出现的一些带有普遍性的运筹问题加以提炼，然后利用数学方法进行解决，前者提供模型，后者提供理论和方法．(3)设,R x ∈记[x]为不小于x 的最小整数，例如][,2]2[π=⋅-=-=.1]23[,4 令,1258382813333++++= s 求[S]的值．（参考数据：≈≈≈≈34343434126,3.618124,5.35081,7.34480)7.6319．（2012大纲全国．22,12分）函数.32)(2--=x x x f 定义数列}{n x 如下：11,2+=n x x 是过两点))(,()5,4(n n n x f x Q p 、的直线n PQ 与x 轴交点的横坐标．(1)证明：;321<<≤+n n x x (2)求数列}{n x 的通项公式．10.（2012广东，19,14分）设数列}{n a 的前n 项和为,n s 满足*,,12211N n a S n n n ∈+-=++且321,5,a a a + 成等差数列． (1)求1a 的值；(2)求数列}{n a 的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有⋅<+++2311121n a a a 11.（2012天津．18,13分）已知}{n a 是等差数列，其前n 项和为}{,n n b S 是等比数列，且,211==b a.10,274444=-=+b S b a(1)求数列}{}{1n n b a 与的通项公式；(2)记*,,1211N n b a b a b a T n n n n ∈+++=- 证明=+12n T ⋅⋅∈+-)(102N n b a n n12.（2012陕西．17,12分）设}{n a 是公比不为1的等比数列，其前n 项和为,n S 且435,,a a a 成等差数列． (1)求数列}{n a 的公比；(2)证明：对任意12,,,++⋅∈k k k S S S N k 成等差数列．13.（2012四川．20,12分）已知数列}{n a 的前n 项和为,n S 且n n s s a a +=22对一切正整数n 都成立．(1)求21,a a 的值；(2)设,01>a 数列}10{lg 1na a的前n 项和为⋅n T 当n 为何值时，n T 最大？并求出n T 的最大值．14.（2010上海，20,13分）已知数列}{n a 的前n 项和为,n S 且n S .*,855N n a n n ∈--=(1)证明：}1{-n a 是等比数列；(2)求数列}{n s 的通项公式．请指出n 为何值时，n S 取得最小值，并说明理由．智力背景运筹学（二） 运筹学的思想在古代就已经产生了，但作为一门数学学科，用纯数学的方法来解决最 优方法的选择安排，却晚多了，可以说，运筹学是在20世纪40年代才开始兴起的一门分支．运筹学主要 研究经济和军事活动中能用数量来表达的有关策划等方面的问题，当然，随着客观实际的发展，运筹学 的内容已经深入到日常生活中去了．运筹学可根据问题，通过数学上的分析、运算，得出各种各样的结 果，最后提出综合性的合理安排，以达到最好的效果.解读探究知识清单1．当已知数列}{n a 满足),(1n f a a n n =-+且++)2()1(f f )(n f + 可求，则可用① 求数列的通项⋅n a2．当已知数列}{n a 满足),(1n f a ann =+且.).2()1( f f ⋅)(n f 可求，则可用② 求数列的通项⋅n a3．等差数列前n 项和③=n s ④= ，推导方法：⑤等比数列前n 项和⎩⎨⎧≠===,1______,)8(_______)7(,1_______6q q S n ）（推导方法：错位相减法． 4．常见数列的前n 项和：=++++n 321)1(⑨⑩=++++n 2642)2(=-++++)12(531)3(n=++++2222321)4(n=++++3333321)5(n5．(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和；(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和； (4)倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导方法． 6．常见的拆项公式：;111)1(1)1(+-=+n n n n);121121(21)12)(12(1)2(+--=+-n n n n.111)3(n n n n -+=++【知识拓展】数列应用题的求解策略(1)构造等差、等比数列的模型（有时也会是其他较特殊的数列）． (2)运用相关概念、性质及求和公式进行运算．(3)通过“归纳一猜想一证明”的思路探索规律，并尝试应用规律解题，等价转化和分类讨论的思想方法在求解中起重要作用，复杂的数列问题总是要通过转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题来解决．·知识清单答案智力背景运筹学（三） 运筹学作为一门用来解决实际问题的学科，在处理千差万别的各种问题时，一般有以 下几个步骤：确定目标、制订方案、建立模型、制定解法．虽然不大可能存在能处理极其广泛对象的运筹 学，但是在运筹学的发展过程中还是形成了某些抽象模型，并能应用解决较广泛的实际问题，随着科学技术和生产的发展，运筹学已渗入很多领域里，发挥了越来越重要的作用，运筹学本身也在不断发展，现在已经是一个包括好几个分支的数学部门了.突破方法万法1错位相减求和例1 （2012吉林延边二模．17，12分）已知数列}{n a 的前n 项和为,3n n S =数列}{n b 满足)12(,111-+=-=+n b b b n n n ().⋅∈N(1)求数列}{n a 的通项公式,n a (2)求数列}{n b 的通项公式;n b (3)若,n b a c nn n ⋅=求数列}{n c 的前n 项和⋅n T解题思路解析 ,3)1(n n s =),2(311≥=∴--n S n n⋅≥⨯=-=-=∴---)2(3233111n s s a n n n n n n （2分）当n=1时， ,32321111===/=⨯-a S⎩⎨⎧≥⨯==∴-.2,32,1,31n n a n n （4分） ),12()2(1-+=+n b b n n.32,,5,3,11342312-=-=-=-=-∴-n b b b b b b b b n n以上各式相加得=-+-=-++++=-2)321)(1()32(5311n n n b b n .)1(2-n.2,121n n b b n -=∴-= （8分）(3)由题意得 ⎩⎨⎧≥⨯-=-=-.2,3)2(2,1,31n n n c n n当n≥2时， +⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+-=3213223123023n T ,3)2(21-⨯-+n n （10分）-++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+-=∴n T n （232231230293432 ,3)2n ⨯相减得)2(232323262132--⨯++⨯+⨯+=--n T n n .3n⨯)3333(3)2(132-++++-⨯-=∴n n n n T⋅+-=--⨯-=233)52(2333)2(n n nn n⎪⎩⎪⎨⎧≥+-=-=∴.2,233)52(,1,3n n n T n n *).(233)52(N n n T n n ∈+-=∴ （12分）【方法点拨】1．用错位相减法求和时；应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出””与““n n qs s 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出”“n n qs S -的表达式． 2．利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和．若公比是个参数（字母），则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和， 方法2裂项相消求和例 2 （2012陕西西安八校二模，侣．12分）已知等差数列}{n a 的公差为2，其前n 项和*).(22N n n pn s n ∈+=(1)求p 的值及,n a (2)若,)12(2nn a n b -=记数列}{n b 的前n 项和为,n T 求使109>n T 成立的最小正整数n的值．解题思路解析 (1)解法一：}{n a 是公差为2的等差数列，.)1(2221211n a n na d na S n -+=⨯+=+=∴ （2分） 又由已知,3,21,1,2112=∴=-=∴+=a a p n pn S n,12)1(1+=-+=∴n d n a a n .12,1+==∴n a p n （4分）解法二：由已知,44,2211+=+==p S p s a 即.23,44221+=∴+=+p a p a a （2分）又此等差数列的公差为,1,22,2,..212=∴=∴=-p p a a,321=+=∴p a,12)1(1+=-+=∴n d n a a n .12,1+==∴n a p n （4分）解法三：由已知,211+==p S a∴ 当n≥2时，-+--+=-=-n n p n pn s s a n n n (2)1([2221,22)]1+-=p pn,232+=∴p a （2分）由已知 ,1,22,212=∴=∴=-p p a a,12)1(,3211+=-+=∴=+=∴n d n a a p a n .12,1+==∴n a p n （4分）(2)由(1)知,121121)12)(12(2+--=+-=n n n n b n （6分）n n b b b b T ++++=∴ 321++-+-+-= )7151()5131()3111()121121(+--n n （8分） ⋅+=+-=1221211n nn （9分）,91820,109122,109+>∴>+∴>n n n n T n （10分）智力背景逻辑学的用处 有个学生请教爱因斯坦逻辑学有什么用.爱因斯坦问他：“两个人从烟囱里爬出去，一个满脸烟灰，一个干干净净，你认为哪一个该去洗澡？” “当然是脏的那个，”学生说.“不对，脏的那个看见对方干干净净，以为自己也不会脏，哪里会去洗澡？”即,,29⋅∈>N n n 又 ∴ 使109>n T 成立的最小正整数n 的值为5． （12分）【方法点拨】 1．利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，将通项裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．2．-般情况如下，若}{n a 是等差数列，则=+11n n a a ),11(11+-n n a a d ⋅-=++)11(21122n n n n a a d a a 此外，根式在分母上时可考虑利用分母有理化相消求和．3．常见的拆项公式：);11(1)(1)1(kn n k k n n +-=+);21121(21)12)(12(1)2(+--=+-n n n n];)2)(1(1)1(1[21)2)(1(1)3(++-+=++n n n n n n n⋅-+=++)(11)4(n k n kkn n 三年模拟A 组 2011-2013年模拟探究专项基础测试时间：50分钟 分值：60分 一、选择题（每题5分，共10分）1．（2013山东日照一模．10）已知数列}{n a 的前n 项和-=2n s n ,6n 则|}{|n a 的前n 项和=n T ( )26.n n A - 186.2+-n n B ⎩⎨⎧>+-≤≤-)3(186)31(6.22n n n n n n C ⎩⎨⎧>-≤≤-)3(6)31(6.22n n n n n n D2．（2012河南焦作4月模拟．4）已知数列}{n a 满足+=+211n a ,n n a a -且,211=a 则该数列的前2012项的和等于( )23015.A 3015.B 1509.C 2010.D 二、填空越（每题5分，共10分）3．（2013河南商丘二模．13）在等差数列}{n a 中，满足,7374a a =且n S a ,01>是数列}{n a 前n 项的和，若n s 取得最大值，则n=4．（2012江西盟校二联，13）下面给出一个“直角三角形数阵” 41 41,21 163,83,43 ……满足每一列成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i 行第j 列的数为j i j i a ij ,,≥（*),N ∈则83a 等于三、解答题（共40分）5．（2013北京东城高三上学期期末）已知}{n a 为等比数列，其前n 项和为,n s 且*).(2N n a S n n ∈+=(1)求a 的值及数列}{n a 的通项公式；(2)若,)12(n n a n b -=求数列}{n b 的前n 项和⋅n T6．（2013安徽风阳二模，21）已知数列}{n a 的前n 项和为1,a s n -==n n a n S 2,21.,2,1),1( =-n n n (1)证明：数列}1{n s nn +⋅是等差数列，并求,n s (2)设,323n n s b n n +=求证：⋅<+++12521n b b b 7．（2013浙江嘉兴5月．19）已知数列}{n a 的前n 项和为,n S 且*).()12(2N n a n s n n ∈+-= (1)求证：数列}{n an ⋅是等比数列； (2)设数列}2{n n a 的前n 项和为++++= 321111,T T T A T n n ,1n T 试比较n A 与nna 2的大小． 智力背景数学老师收到的短信 忧愁是可微的，快乐是可积的，从现在起到正无穷的日子里，幸福是连续的， 且我对你们祝福的导数是严格大于零的，随着时间的前进趋向于正无穷．B 组 2011-2013年模拟探究专项提升测试时间：40分钟 分值：45分一、选择题（每题5分，共10分）1．（2013江西南昌一模．7）已知等比数列}{n a 的各项均为不等于1的正数，数列}{n b 满足,12,18,lg 63===b b a b n n 则数列}{n b 的前n 项和的最大值等于( )2．（2013青海玉树3月，11）已知数列}{},{n n b a 满足21,1a a =,2,21==b 且对任意的正整数,,,,l k j i 当l k j i +=+时，都有,l k j i b a b a +=+则)(2013120131i i i b a +∑=（注： ++=∑=211a a a i n i )n a +的值为( )2012.A 2013.B 2014.C 2015.D二、填空题（每题5分，共10分）3．（2013北京海淀一模，14）设关于x 的不等式∈<-n nx x x (22*)N 的解集中整数的个数为,n a 数列}{n a 的前n 项和为,n s 则100S 的值为4．（2011四川成都五校联考．14）正项数列}{n a 中，,32=a 且n s *),(422N n p a a n n ∈++=则实数p= 三、解答题（共25分）5．（2013四川攀枝花二模．20）已知数列}{n a 为等比数列，其前n 项和为,n S 已知,16741-=+a a 且对于任意的+∈N n 有,n s 12,++n n s S 成等差数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)已知),(+∈=N n n b n 记++++= ||||||332211a b a b a b T n |,|nn a b 若)1()1(2--≤-n T m n n 对于n≥2恒成立，求实数m 的范围．6．（2013山东聊城二模．20）已知函数k x x f k (log )(=为常数，k>0且k≠1），且数列)}({n a f 是首项为4，公差为2的等差数列．(1)求证：数列}{n a 是等比数列；(2)若),(n n n a f a b ⋅=当2=k 时，求数列}{n b 的前n 项和,n s(3)若,lg n n n a a c =问是否存在实数k ，使得}{n c 中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k 的范围；若不存在，说明理由．智力背景似是而非的数学 父：上次你考了20分，我打了你20下．看这次你考多少分，子：那这次您就别打我了．父：为什么？子：因为我考了0分，父：……——这真是个聪明的儿子，他发现了考试分数与被打数量之间的正比例函数关系．。

第26讲-数列求和及数列的综合应用一、 考情分析1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.二、 知识梳理1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. 2.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.[微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .三、 经典例题考点一 分组转化法求和（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n S .【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d .因为()1141n n n a na n ++-=+，所以213225329a a a a -=⎧⎨-=⎩，所以112549a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩.所以()11221n a n n =+-⨯=-.检验：当21n a n =-时，()121121n a n n +=+-=+，则()()()()()()221112*********n n n a na n n n n n n n n n ++-=++--=++--=+，合乎题意. 因此，数列{}n a 的通项公式为21n a n =-；（2）由（1）知1222121n nn n b a +==⨯-=-.所以()223122122222412n n n n S n n n ++-=++⋅⋅⋅+-=-=---.所以数列{}n b 的前n 项和224n n S n +=--.（Ⅰ）证明：数列{}n a 为等比数列； （Ⅱ）设142n n b a n =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（Ⅰ）432n n a S -=，①∴当1n =时，11432a S -=，解得12a =；当2n ≥时，11432n n a S ---=，②由①-②得()114430n n n n a a S S -----=，∴14430n n n a a a ---=，∴14n n a a -=，由12a =得0n a ≠，故{}n a 是首项为2，公比为4的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，124n n a -=⨯， ∴114442n n n b a n n -=-=-， 则{}n b 的前n 项和，()()012144444123n n T n -=++++-++++()1144142nn n +-=-⨯- 2412233n n n =---． 规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.考点二 裂项相消法求和（1）求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设2log n n nc a =，求数列12n n c c +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【解析】（1）由1122nn n a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即11221n n n n a a ++=-.而2nn n b a =，11n n b b +∴=-，即11n n b b +-=.又1121b a ==，∴数列{}n b 是首项和公差均为1的等差数列.于是1(1)12n n n b n n a =+-⨯==，2n n na ∴=.（2）22log log 2n n nc nn a ===，122112(1)1n n c c n n n n +⎛⎫==-+∴ ⎪+⎝⎭.111111111212233411n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦122111nn n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若112n a n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）当1n =时，11a =，当2n ≥时，()()221112n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+-+，∴()()1110n n n n a a a a --+--=，∵0n a >，∴11n n a a --=，∴{}n a 是以11a =为首项，1d =为公差的等差数列，∴n a n =.（2）由（1）的n a n =，则()1112211n n n b n n n n =+=+-++， ()1221111112221223121211121121+1n n n n n T b b b n n n n +=+++=++++-+-++-+-=+--+=-- ∴11211n n T n +--+=. 规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.考点三 错位相减法求和（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和n T .【解析】（1）∵51545+=52S a d ⨯=，即121a d +=， 又∵13a =-，解得2d =，所以1(1)3(1)225n a a n d n n =+-=-+-⨯=-，∵n b 的前n 项和122n n G +=-∴1n=时，21222b =-=2n ≥时，1122222n n nn n n b G G +-=-=--+=∴2nn b =（*n ∈N ）；（2）12n n T c c c =+++，123(3)2(1)212(25)2n n T n =-⋅+-⋅+⋅++-⋅，23412(3)2(1)212(25)2n n T n +=-⋅+-⋅+⋅++-⋅，所以2n T -34116222(25)2n n n T n ++=-++++--⋅，131211262(25)2682(25)212n n n n n T n n -+++--=-+--⋅=--+⋅⨯---114(27)2n n T n +-=---⋅114(27)2n n T n +=+-.（1）求n a ；（2）设{}n a 的前n 项和为n S ，求n S .【解析】（1）设等差数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的公差为d ， 由题意得3131222a a d -=，即312d -=，解得1d =，11(1)1(1)122nn a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯=，即2nn a n =⋅.（2）231222322n n S n =⨯+⨯+⨯++⨯，234121222322n n S n +∴=⨯+⨯+⨯++⨯， 两式相减可得231122222n n n S n +-=⨯++++-⨯， ()11=(1)22212212n n n n n ++-=-⋅--⨯-，∴1(1)22n n S n +=-⨯+.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.考点四 数列的综合应用（1）证明：112n n a a +<≤（n ∈*N ）； （2）设数列{}2n a 的前项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n <≤++（n ∈*N ）. 【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤， 由11(1)n n n a a a --=-，得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得，(]2111,21n n n n n na a a a a a +==∈--， 即112n n a a +<≤； （2）由题意得21n n n a a a +=-，∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +<≤，得11112n na a +<-≤， ∴11112n n n a a +<-≤， 因此*111()2(1)2n a n N n n +<≤∈++②， 由①②得112(2)2(1)n S n n n <≤++.（1）求证：数列{}n a 是等比数列；【解析】（1）n=1时，11a S a ==，2n ≥时，()1111n n n n n n a a S S q q aq q ---=-=-=-（n=1也符合） ()1n n a aq n N -+∴=∈，1n na q a +∴=，即数列{}n a 是等比数列． （2）若4321n n n n a a a a =++则()3421,2n n n n q q q q q N q =++∈≥可设4321n n n n >>>，两边同除以1n q 得：3141211n n n n n n q q q -----=因为左边能被q 整除，右边不能被q 整除，因此满足条件的q 不存在．（3）若4321n n n n a a a a =++则()3421,2n n n n q q q q q N q =++∈≥可设4321n n n n >>>，3q ≥，334442111·33n n n n n n n q q q q q q q q --=≥≥>++，∴ 4321n n n n a a a a =++不成立．策略A ：环境整治，“虫害指数”数列满足1 1.020.20n n I I +=-；策略B ：杀灭害虫，“虫害指数”数列满足1 1.080.46n n I I +=-；当某周“虫害指数”小于1时，危机就在这周解除.【解析】（1）由题意可知，使用策略A 时，211.020.2I I =-；使用策略B 时，211.080.46I I =-令()111131.020.20 1.080.4603I I I --->⇒<，即当1131,3I ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，使用策略B 第二周严重程度更小；当1133I =时，使用两种策哈第二周严重程度一样；当113,83I ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，使用策略A 第二周严重程度更小. （2）由（1）可知，最优策略为策略B ，即1123231.080.46, 1.0844n n n n I I I I ++⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，所以数列234n I ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以114-为首项，1.08为公比的等比数列，所以12311 1.0844n n I -⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭，即111231.0844n n I -⎛⎫=-⋅+ ⎪⎝⎭，令1n I <，可得9n ≥，所以虫害最快在第9周解除.规律方法 数列的综合应用常考查以下几个方面：(1)数列在实际问题中的应用；(2)数列与不等式的综合应用；(3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.[方法技巧]1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.3.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.4.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.5.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.四、 课时作业A ．1011B ．1110C ．910D ．109【答案】A 【解析】11n n n a a n +=+，11n n a n a n +∴=+，则3211211211123n n n a a a n a a a a a n n --=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=， ()111111n n a a n n n n +∴==-++， 所以，数列{}1n n a a +的前10项和为101111111110112233410111111S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.A ．100101B ．99101C ．99100D ．101100【答案】A【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d. ∵a 5＝5，S 5＝15，∴1145{545152a d a d +=⨯+=⇒11{1a d ==⇒a n ＝n. ∴11n n a a +⋅＝()11+n n ＝111n n -+， S 100＝112⎛⎫- ⎪⎝⎭＋1123⎛⎫- ⎪⎝⎭＋…＋11100101⎛⎫- ⎪⎝⎭＝1－1101＝100101. A ．1 B ．56C ．16D ．130【答案】B 【解析】因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． A ．150 B ．162 C ．180 D ．210【答案】B【解析】由对勾函数的性质可知：当10n ≤时，数列{}n a 为递减；当10n ≥时，数列{}n a 为递增． 所以122310099a a a a a a -+-++-=12239101110121110099()()()()()()a a a a a a a a a a a a -+-++-+-+-++-=11010010a a a a -+-=1100(1010)(1001)(1010)+-+++-+=162A ．(1)n n -B ．2(1)n -C ．2nD ．(1)n n +【答案】A 【解析】 ∵a k =．n≥2时，a k ﹣1a k =()21n k k-=n 2（11k -﹣1k ）．∴a 1a 2+a 2a 3+…+a n ﹣1a n =n 2[（1﹣12）+（1123-）+…+（11n -﹣1n ）]=n 2（1﹣1n）=n （n ﹣1）． A ．211n n ++ B ．21n n- C ．1n n+ D ．21n n ++ 【答案】A 【解析】由11111++++2612(1)S n n =++得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D 【解析】函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，()()12101n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①， ()()12110n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②，由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=．A ．[0,1)B ．(0,1]C ．12,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．12,33⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】由题意，当12100,,,a a a 都取0时，100122100333=++⋯+a a a x 取最小值0；所以排除A ； 当12a =，2100,,a a 都取0时，23x =，所以排除BD ； A ．1112B ．1011C ．910D ．89【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，912216,42a a a =+=， ()1111811624a d a d a d ⎧+=++⎪∴⎨⎪+=⎩解得12a d ==()21222n n n S n n n -=+⨯=+()111111n S n n n n ∴==-++ 1210111111111101122310111111S S S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故选BA ．2020223-B ．202022 3+C ．202122 3-D ．202122 3+【答案】C【解析】由题意，可知2020122020123420192020()()()S a a a a a a a a a =+++=++++++132019222=+++12101022(2)2[1]1-=- 2021223-=． A ．32nn + B ．64nn +C ．364nn +D ．12n n ++ 【答案】B【解析】∵()()1111313233132n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭∴()()11125583132n S n n =+++⋅⋅-+=1111111325583132n n ⎛⎫-+-++-⎪-+⎝⎭=1113232n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=64nn + A ．1021B ．1121C ．1921D ．2021【答案】A【解析】因为数列{}n a 的前n 项和为n S ，2n S n =，所以，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，又111a S ==满足21n a n =-，所以*21,n a n n N =-∈；因此111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭， 因此数列{}n b 的前10项和为1210111111111110...1 (1232352192122121)b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. A ．928B ．2728C ．1031D ．3031【答案】C 【解析】因为1()31nn n a a n N a ++=∈+，所以+13111=3n n n n a a a a +=+，即+1113n na a -=， 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以3为公差，1为首项的等差数列， 所以113(1)32n n n a =+-=-，所以132n a n =-， 所以11111(32)(31)33231n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以101111111111101=1343473283133131S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选：C A ．110B ．111C ．211D ．15【答案】B【解析】因为21222...2nn a a a n +++=， 所以2112122...21(2)n n a a a n n --+++=-≥，两式作差，可得21nn a =，即1(2)2n n a n =≥， 又当1n =时，121a =，即112a =满足12n n a =，因此*12()2n n n a n N -==∈；所以22211211111log log log l 22og (1)1n n n n a a n n n n +---===-++；因为数列2211log log n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，所以111111(1)()...()1223111n nS n n n n =-+-++-=-=+++，因此12310123101 (2341111)S S S S ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=.A ．202020221S F =+B ．202020221S F =-C ．202020211S F =+D ．202020211S F =-【答案】B【解析】因为321432543202220212020F F F F F F F F F F F F -=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=⎪⎩，将上述各式两边相加得，202222020F F S -=，所以202020221S F =-.A ．2112nn +- B ．21212n n n -+-C ．21112n n -+- D ．2112nn n -+-【答案】A【解析】11(1321)(21)24n n n S =+++-++++11(1)(121)221212n n n -+-⋅=+- 2112n n =+-,故选：AA ．13030B ．12020C ．11515D ．1【答案】C【解析】由1a a =且*1*121,N222,Nn n n a n k k a a n k k +⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩，，，得212a a =，3a a =，412a a=所以，,21,1,2,2n a n k k N a a n k k N **⎧=-∈⎪=⎨=∈⎪⎩， 202011010101015152S a a a =+⨯=，又20201S =，所以15151a =，解得11515a =，故选：C. A ．()12n n +B ．11122n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭C ．13112212n n ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭ D ．11121n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭【答案】C【解析】()1111113243522n n +++⋯=⨯⨯⨯⨯+（11111111324112n n n n -+-++-+--++） =12（1111212n n +--++）= 13112212n n ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，故选C.A ．20202021 B ．20182020 C ．20182019D ．20212020【答案】A【解析】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，728S =， 由等差数列前n 项和公式可得74728S a == 所以44a =，结合22a =，由等差数列通项公式可得4121342a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，由等差数列通项公式可得()111n a n n =+-⨯=， 则()1111n n a a n n +=+.所以122334202020211111a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+ 111112233420202021=+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯⨯ 111111112233420202021=-+-+-+⋅⋅⋅+-20202021=. A ．8105B ．113C ．10129D ．11141【答案】C 【解析】因为141n n n a a a +=+，所以1114n na a +-=， 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为3、公差为4的等差数列，所以141n n a =-，所以141na n =-， 所以()()11111414344143n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以1011111111110437471143943129S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选：C.A ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．(0,1)C ．1(,1)2D ．1[,1)2【答案】D【解析】因为2121n n a S n +=++，所以()2122n n a S n n -=+≥，因此()22112121n n n n n a a S S a +--=-+=+，即()2211n n a a +=+，又{}n a 为正项数列，所以11n n a a +=+，故数列{}n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以n a n =，()*n N ∈因此()1111111n n a a n n n n +==-++， 所以1111111122311n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-=- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 因为*n N ∈，所以112n T ≤<. A ．2223B ．1123C ．2021D ．1021【答案】D【解析】依题意等差数列{}n a 满足5127a a -=，35a =，所以11114271252a d a a a d d +-==⎧⎧⇒⎨⎨+==⎩⎩，所以21n a n =-，所以()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-+-+⎝⎭.所以数列11{}n n a a +的前10项的和为1111111110112335192122121⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. A ．2020 B ．2019 C ．1010 D ．0【答案】D【解析】由题意，可构造数列{}n b ：令()12(1)n n n b +=-，则可得数列{}:1n b -，1-，1，1，1-，1-，1，1，…即数列{}n b 是最小正周期为4的周期数列．∴ 数列{}:1n a -，2-，3，4，5-，6-，7，8，…∴ 2020S ＝123456782017201820192020a a a a a a a a a a a a ++++++++⋯++++ ＝()()()123456782017201820192020--+++--+++⋯+--++ ＝4504⨯＝2020，∴ 2019S ＝20202020S a -＝20202020-＝0．A ．1133902-+B ．11331002-+C ．1233902-+D ．12331002-+【答案】A【解析】当n 为奇数时，22n n a a +-=，则数列奇数项是以1为首项，以2为公差的等差数列， 当n 为偶数时，()2131n n a a ++=+，则数列中每个偶数项加1是以3为首项，以3为公比的等比数列. 所以201232013192420S a a a a a a a a a a =++++=+++++++()()()24201091012111102a a a ⨯=⨯+⨯++++++-()1101313100101333902-=+--+=-.A ．－2016B ．2016C ．－2015D ．2015【答案】B【解析】()()20161008213572201512201612222016S =-+-++-⨯⋅-+⨯⋅-=+++=个相加.A ．255B ．256C ．502D ．511【答案】C【解析】依题意可得112n n n a a ---=，则有()()()121112*********n n n n n n n n a a a a a a a a -----=-+-++-+=++++=-，()()()87187198212121(222)8228502S =-+-++-=+++-=--=.A ．80B ．16C ．26D ．30【答案】D【解析】由等比数列的性质可得23243,,,n n n n n n n S S S S S S S ---成等比()223•n n n n S S S S ⇒-=⇒32243464221630n n n n n n S S S S S S =⇒-=⇒-=⨯=⇒=，故选D.A ．50511B ．50711 C ．61511 D ．61711【答案】A【解析】∵212log log 2nn a n +==， ∴()21221111log log 11n n a a n nn n ++==-⋅++，∴()1111n b n n n ⎛⎫=-+- ⎪+⎝⎭∴()11111012...11...2231n S n n n ⎡⎤⎡⎤=++++-+-+-++-⎣⎦⎢⎥+⎣⎦()11121n n n -⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭322n nn +=+，310101050520211S +==+.29．已知数列{}n a 的通项公式是()()11nn a n =-+，则12310a a a a ++++=A ．55-B ．5-C ．5D ．55【答案】C【解析】因为()()11n n a n =-+，所以12310234567891011a a a a ++++=-+-+-+-+-+()()246810357911=-+++++++++5=A ．20212019B ．20202019 C ．20192018 D ．20212018【答案】A【解析】由()1221n n n a a n ++=+，得1221n n a a n n +⎛⎫= ⎪++⎝⎭． 所以数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以1111a=+为首项，以2为公比的等比数列， 所以121n n a n -=+，所以()112n n a n -=+⋅．设{}n a 的前n 项和为n S ，则()012122324212n n S n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅，两边同乘2，得()12122232212n n n S n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅++⋅，两个式子相减得()()()()101212122222212212212n n n n n n S n n n ----=⨯+++⋅⋅⋅+-+⋅=+-+⋅=-⋅-，所以2n n S n =⋅，所以2019202020191232019202122021201922019a a a a a ⨯==+++⋅⋅⋅+⨯．A ．20182019B ．10091010 C ．40362019 D ．20191010【答案】D【解析】由等差数列性质可知，95954S a ==，解得56a =；而45a =，故1d =，则1432a a d =-=，故2(1)3222n n n n nS n -+=+=，2121121nS n n n n n ⎛⎫==- ⎪-++⎝⎭， 设1n S n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n T ，则111111112212233411121n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-=-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭-+，故2019220192019201911010T ⨯==+.A ．111n n -- B ．1n n - C ．(1)n n - D ．12n【答案】B【解析】因为12,n n a a n n N +-=∈，所以2121a a -=⨯，3222a a -=⨯，4323a a -=⨯，……，()121n n a a n --=⨯- 所以()()()()()213212122211n n a a a a a a n n n --+-++-=⨯+⨯++⨯-=- 所以()11n a a n n -=- 所以()21111111223341n i i a a n n ==++++-⨯⨯⨯-⨯∑11111111223341n n =-+-+-++--11n =-1n n -=（I ）求数列的通项公式；（II ）若，求数列的前项和.【解析】（I ）设的公差为，由条件得，∴，∴．（II ）由（I ）可得，∴．（1）证明：数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等比数列：（2）求数列{}n a 的通项公式与前n 项和n S .【解析】（1）因为11a =，由已知1222n n n a a n ++=+可得11221n n a a n n +=⨯++， 因为11022a =≠，故01n a n ≠+即11221n n a n a n ++=+为常数. 所以1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以12为首项，12为公比的等比数列. （2）由1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以12为首项，12为公比的等比数列. 得11111222n n n a n -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，所以()112n n a n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 所以()123111123412222n n S n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()234111111234122222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以()234111111111222222n n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()131322n n +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.所以()1332n n S n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭. 综上，()112n n a n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()1332n n S n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.（1）若{n a }是等差数列，求其通项公式；（2）若{n a }满足12,n a S =为{n a }的前项和，求21n S +．【解析】（1）若数列{a n }是等差数列，则a n ＝a 1+（n ﹣1）d ，a n +1＝a 1+nd ．由a n +1+a n ＝4n ﹣3，得（a 1+nd ）+[a 1+（n ﹣1）d ]＝4n ﹣3，即2d ＝4，2a 1﹣d ＝﹣3，解得d ＝2，a 112=-．故522n a n =-（2）∵1122,1a a a =+=，∴21a =- 又∵24n n a a +-=，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4 ∴2142n a n -=-，245n a n =-()()211321242n n n S a a a a a a ++=++⋯++++⋯+ =(1)(1)(1)24(1)422n n n n n n +-+⨯+⨯+⨯-+⨯=242n n ++。

6.4数列求和、数列的综合应用考点数列求和及数列的综合应用1.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =()A.n(n+1)B.n(n-1)C.or1)2D.ot1)2答案A ∵a 2,a 4,a 8成等比数列,∴42=a 2·a 8,即(a 1+3d)2=(a 1+d)(a 1+7d),将d=2代入上式,解得a 1=2,∴S n =2n+ot1)·22=n(n+1),故选A.2.(2012课标文,12,5分)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为()A.3690B.3660C.1845D.1830答案D 当n=2k 时,a 2k+1+a 2k =4k-1,当n=2k-1时,a 2k -a 2k-1=4k-3,∴a 2k+1+a 2k-1=2,∴a 2k+1+a 2k+3=2,∴a 2k-1=a 2k+3,∴a 1=a 5=…=a 61.∴a 1+a 2+a 3+…+a 60=(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 60+a 61)=3+7+11+…+(2×60-1)=30×(3+119)2=30×61=1830.3.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=2+b,n∈N *,则()A.当b=12时,a 10>10 B.当b=14时,a 10>10C.当b=-2时,a 10>10D.当b=-4时,a 10>10答案A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.令a n+1=a n ,即2+b=a n ,即2-a n +b=0,若有解,则Δ=1-4b≥0,即b≤14,∴当b≤14时,a n *,即存在b≤14,且使数列{a n }为常数列,B 、C 、D 选项中,b≤14成立,故存在使a n*),排除B 、C 、D.对于A,∵b=12,∴a 2=12+12≥12,a 3=22+12≥+12=34,a4+12=1716,∴a5,a 6,…,a 10,=1=1+C 641×116+C 642+…=1+4+638+…>10.故a 10>10.4.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n ,且P (X =i )=p i >0(i =1,2,…,n ),∑=ni 1p i =1,定义X 的信息熵H (X )=-∑=ni 1p i log 2p i .()A.若n =1,则H (X )=0B.若n =2,则H (X )随着p 1的增大而增大C.若p i =1(i =1,2,…,n ),则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m ,且P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),则H (X )≤H (Y )答案AC 对于A ,若n =1,则p 1=1,∴H (X )=-1×log 21=0,A 正确.对于B ,若n =2,则p 1+p 2=1,∴H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),∵p 1+p 2=1,∴p 2=1-p 1,p 1∈(0,1),∴H (X )=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],令f (p 1)=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],∴f '(p 1)=-p 1·11·ln2+log 2p 1+(1-p 1)·−1(1−1)·ln2-log 2(1-p 1)=-[log 2p 1-log 2(1-p 1)]=log 21−11,令f '(p 1)>0,得0<p 1<12;令f '(p 1)<0,得12<p 1<1.∴y =f (p 1)在0,1上为减函数,∴H (X )随着p 1的增大先增大后减小,B 不正确.对于C ,由p i =1(i =1,2,…,n )可知,H (X )=-∑=ni 1pEog2B =−∑=ni 11log21=log 2n ,∴H (X )随着n 的增大而增大,C 正确对于D ,解法一(特例法):不妨设m =1,n =2,则H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),由于p 1+p 2=1,不妨设p 1=p2=12,则H (X )212+12log 22=1,H (Y )=-1×log 21=0,故H (X )>H (Y ),D 不正确.解法二:由P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),得P (Y =1)=p 1+p 2m ,P (Y =2)=p 2+p 2m -1,……,P (Y =m )=p m +p m +1,∴H (Y )=-∑=mj 1[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1)+…+(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1)],由n =2m ,得H (X )=-∑=mi 21p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+…+p 2m log 2p 2m ),不妨设0<a <1,0<b <1,且0<a +b ≤1,则log 2a <log 2(a +b ),a log 2a <a log 2(a +b ),同理b log 2b <b log 2(a +b ),∴a log 2a +b log 2b <(a +b )log 2(a +b ),∴p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m <(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m ),p 2log 2p 2+p 2m -1log 2p 2m -1<(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1),……p m log 2p m +p m +1log 2p m +1<(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1),∴∑=mi 21pEog2B <∑=mj 1(p j +p 2m +1-j )log 2(p j +p 2m +1-j ),∴H (X )>H (Y ),D 不正确.5.(2021新高考Ⅰ,16,5分)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∑=nk 1S k =dm 2.答案5;240×3解析解法一:列举法+归纳法.由上图可知,对折n 次后,共可以得到(n +1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为120(+K1dm 2(n ∈N *),故S k =120(+dm 2(k ∈N *),记T n =∑=nk 1(k +1,∴T n =220+321+422+…+2K2+r12K1,①12B =221+322+423+…+2K1+r12,②①-②得,122+12+122+…+12K1−r1221−12r12=3−r32,∴T n =6-r32K1,∴∑=nk 1S =120×6=240×32.解法二:对折3次可以得到208dm×12dm ,204dm ×122dm ,202dm ×124dm ,20dm×128dm ,共四种不同规格的图形,对折4次可以得到2016dm×12dm ,208dm ×122dm ,204dm ×124dm ,202dm ×128dm ,20dm×1216dm ,共五种不同规格的图形,由此可以归纳出对折n 次可得到(n +1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为20×122dm 2,∴∑=nk 1S k =20×12×12×2+14×3+18×4+…+12×(n +1)dm 2,记T n =22+34+…+r12,则12B =24+38+…+r12r1,∴T n -12B =12B =1+18+…−r12r1=32−12−r12r1=32−r32r1,∴T n =3-r32,∴∑=nk 1S =240×32.6.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N *},B={x|x=2n ,n∈N *}.将A∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为.答案27解析本题考查数列的插项问题.设A n =2n-1,B n =2n,n∈N *,当A k <B l <A k+1(k,l∈N *)时,2k-1<2l<2k+1,有k-12<2l-1<k+12,则k=2l-1,设T l =A 1+A 2+…+2t1+B 1+B 2+…+B l ,则共有k+l=2l-1+l 个数,即T l =2t1+l ,而A 1+A 2+…+2t1=2×1−1+2-12×2l-1=22l-2,B 1+B 2+…+B l =2(1−2)1−2=2l+1-2.则T l =22l-2+2l+1-2,则l,T l ,n,a n+1的对应关系为l T l n a n+112a n+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l=5时,T l =S 21<12a 22,l=6,T l =S 38>12a 39,则n∈[22,38),n∈N *时,存在n,使S n ≥12a n+1,此时T 5=A 1+A 2+…+A 16+B 1+B 2+B 3+B 4+B 5,则当n∈[22,38),n∈N *时,S n =T 5+(t22+1)(22−5+t5)2=n 2-10n+87.a n+1=A n+1-5=A n-4,12a n+1=12[2(n-4)-1]=24n-108,S n -12a n+1=n 2-34n+195=(n-17)2-94,则n≥27时,S n -12a n+1>0,即n min =27.7.(2014安徽理,12,5分)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q=.答案1解析设{a n }的公差为d,则a 3+3=a 1+1+2d+2,a 5+5=a 1+1+4d+4,由题意可得(a 3+3)2=(a 1+1)(a 5+5).∴[(a 1+1)+2(d+1)]2=(a 1+1)[(a 1+1)+4(d+1)],∴(a 1+1)2+4(d+1)(a 1+1)+[2(d+1)]2=(a 1+1)2+4(a 1+1)(d+1),∴d=-1,∴a 3+3=a 1+1,∴公比q=3+31+1=1.8.(2020江苏,11,5分)设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n-1(n∈N *),则d+q 的值是.答案4解析设数列{a n }的首项为a 1,数列{b n }的首项为b 1,易知q≠1,则{a n +b n }的前n 项和S n =na 1+ot1)2d+1(1-)1−=2n 2+1n-11−q n +11−=n 2-n+2n -1,∴2=1,q=2,则d=2,q=2,∴d+q=4.9.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{a n }满足a n+2+(-1)na n =3n-1,前16项和为540,则a 1=.答案7解析令n=2k(k∈N *),则有a 2k+2+a 2k =6k-1(k∈N *),∴a 2+a 4=5,a 6+a 8=17,a 10+a 12=29,a 14+a 16=41,∴前16项的所有偶数项和S 偶=5+17+29+41=92,∴前16项的所有奇数项和S 奇=540-92=448,令n=2k-1(k∈N *),则有a 2k+1-a 2k-1=6k-4(k∈N *).∴a 2k+1-a 1=(a 3-a 1)+(a 5-a 3)+(a 7-a 5)+…+(a 2k+1-a 2k-1)=2+8+14+…+6k-4=o2+6t4)2=k(3k-1)(k∈N *),∴a 2k+1=k(3k-1)+a 1(k∈N *),∴a 3=2+a 1,a 5=10+a 1,a 7=24+a 1,a 9=44+a 1,a 11=70+a 1,a 13=102+a 1,a 15=140+a 1,∴前16项的所有奇数项和S 奇=a 1+a 3+…+a 15=8a 1+2+10+24+44+70+102+140=8a 1+392=448.∴a 1=7.10.(2015江苏理,11,5分)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n∈N *),10项的和为.答案2011解析由已知得,a 2-a 1=1+1,a 3-a 2=2+1,a 4-a 3=3+1,……,a n -a n-1=n-1+1(n≥2),则有a n -a 1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a 1=1,所以a n =1+2+3+…+n(n≥2),即a n =2+n2(n≥2),又当n=1时,a 1=1也适合上式,故a n =2+n 2(n∈N *),所以1=22+n=2从而11+12+13+…+110=2×11=2011.11.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n -1}与{3n -2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为答案3n 2-2n审题指导:数列{2n -1}表示首项为1,公差为2的等差数列,各项均为正奇数,而数列{3n -2}表示首项为1,公差为3的等差数列,数列的项为交替出现的正奇数与正偶数,它们的公共项为数列{3n -2}中的奇数项,所以{a n }是首项为1,公差为6的等差数列.解题思路:∵数列{2n -1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n -2}的项为1,4,7,10,13,…,∴数列{a n}是首项为1,公差为6的等差数列,∴a n=1+(n-1)×6=6n-5,∴数列{a n}的前n项和S n=(1+6K5)×2=3n2-2n.12.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记S n为数列{a n}的前n项和,已知a1=113的等差数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)证明:11+12+…+1<2.解析(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.∴=11+(n-1)×13=r23.∴3S n=(n+2)a n,则3S n+1=(n+1+2)a n+1=(n+3)a n+1,∴3S n+1-3S n=(n+3)a n+1-(n+2)a n,即3a n+1=(n+3)a n+1-(n+2)a n,∴na n+1=(n+2)a n,即r1=r2,由累乘法得r11=(r1)(r2)1×2,又a1=1,∴a n+1=(r1)(r2)2,∴a n=or1)2(n≥2),又a1=1满足上式,∴a n=or1)2(n∈N*).解法二:同解法一求得na n+1=(n+2)a n,∴r1r2,即r1(r1)(r2)=or1),or1)是常数列,首项为12,∴or1)=12,∴a n=or1)2.(2)证明:由(1)知1=2or1)2∴11+12+…+1=2++…+=21=2−2r1<2. 13.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=+1,为奇数,+2,为偶数.(1)记b n=a2n,写出b1,b2,并求数列{b n}的通项公式;(2)求{a n}的前20项和.解题指导:(1)由已知条件求出{a n}的递推式,从而得出{b n}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{b n}的通项公式.(2)根据题目条件把{a n}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{b n}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.解析(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a2n+2=a2n+3,即b n+1=b n+3,且b1=a2=a1+1=2,所以数列{b n}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以b1=2,b2=5,b n=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,a n=a n+1-1.设数列{a n}的前n项和为S n,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10,由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+10×92×3=155,故S20=2×155-10=300,即{a n}的前20项和为300.解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{b n}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合a n与b n的关系求得结果.14.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.解析(1)a2=5,a3=7.猜想a n=2n+1.由已知可得a n+1-(2n+3)=3[a n-(2n+1)],a n-(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以a n=2n+1.(2)由(1)得2n a n=(2n+1)2n,所以S n=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2S n=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n +1)×2n +1.所以S n =(2n -1)2n +1+2.方法总结数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a n =1orp ,可裂项为a n =13)错位相减法:形如c n =a n ·b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(4)分组求和法:形如c n =a n +b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(5)并项求和法.15.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n.(1)求{a n }的通项公式;(2)n 项和.解析(1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n,故当n≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n =2.所以a n =22t1(n≥2).又由题设可得a 1=2,从而{a n }的通项公式为a n =22t1(n∈N *).(2)n 项和为S n .由(1)知2r1=2(2r1)(2t1)=12t1-12r1.则S n =11-13+13-15+…+12t1-12r1=22r1.思路分析(1)条件a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n 的实质就是数列{(2n-1)a n }的前n 项和,故可利用a n 与S n 的关系求解.(2)利用(1)求得的{a n }的通项公式,然后用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.16.(2016课标Ⅱ文,17,12分)等差数列{a n }中,a 3+a 4=4,a 5+a 7=6.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =[a n ],求数列{b n }的前10项和,其中[x]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.解析(1)设数列{a n }的公差为d,由题意有2a 1+5d=4,a 1+5d=3.解得a 1=1,d=25.(3分)所以{a n }的通项公式为a n =2r35.(5分)(2)由(1)知,b n 分)当n=1,2,3时,1≤2r35<2,b n =1;当n=4,5时,2≤2r35<3,b n =2;当n=6,7,8时,3≤2r35<4,b n =3;当n=9,10时,4≤2r35<5,b n =4.(10分)所以数列{b n }的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)评析本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.17.(2016浙江文,17,15分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2=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1+2=4,2=21+1,则1=1,2=3.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b 1=2,b 2=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T 1=2,T 2=3.当n≥3时,T n =3+9(1−3t2)1−3-(r7)(t2)2=3-2-5n+112,所以T n =1,≥2,n ∈N *.易错警示(1)当n≥2时,得出a n+1=3a n ,要注意a 1与a 2是否满足此关系式.(2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后T n 要写成分段函数的形式.18.(2016北京文,15,13分)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4.(1)求{a n }的通项公式;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和.解析(1)等比数列{b n }的公比q=32=93=3,(1分)所以b 1=2=1,b 4=b 3q=27.(3分)设等差数列{a n }的公差为d.因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27,所以1+13d=27,即d=2.(5分)所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).(6分)(2)由(1)知,a n =2n-1,b n =3n-1.因此c n =a n +b n =2n-1+3n-1.(8分)从而数列{c n }的前n 项和S n =1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=o1+2t1)2+1−31−3=n 2+3-12.(13分)规范解答要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.19.(2016山东,理18,文19,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n+1.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)令c n =(+1)r1(+2),求数列{c n }的前n 项和T n .解析(1)由题意知,当n≥2时,a n =S n -S n-1=6n+5.当n=1时,a 1=S 1=11,所以a n =6n+5.设数列{b n }的公差为d.由1=1+2,2=2+3,即11=21+d,17=21+3d,可解得b 1=4,d=3.所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6r6)r1(3r3)=3(n+1)·2n+1.又T n =c 1+c 2+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2T n =3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4(1−2)1−2-(n +1)×2r2=-3n·2n+2.所以T n =3n·2n+2.方法总结若某数列的通项是等差数列与等比数列的通项的积或商,则该数列的前n项和可以采用错位相减法求解,注意相减后的项数容易出错.评析本题主要考查了等差数列及前n项和,属中档题.20.(2016天津,18,13分)已知{an }是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且11-12=23,S6=63.(1)求{an}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,bn是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n2}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有11-11q=212,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·1−61−=63,知q≠-1,所以a1·1−261−2=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得bn=12(log2a n+log2a n+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即{b n}是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n2}的前n项和为T n,则T2n=(-12+22)+(-32+42)+…+(-2t12+22)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2o1+2)2=2n2.评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.21.(2015福建文,17,12分)等差数列{an }中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得1+d=4,(1+3d)+(1+6d)=15,解得1=3,=1.所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得bn=2n+n.所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+...+210)+(1+2+3+ (10)=2(1−210)1−2+(1+10)×102=(211-2)+55=211+53=2101.评析本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.22.(2015课标Ⅰ理,17,12分)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,2+2a n =4S n +3.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1r1,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由2+2a n =4S n +3,可知r12+2a n+1=4S n+1+3.可得r12-2+2(a n+1-a n )=4a n+1,即2(a n+1+a n )=r12-2=(a n+1+a n )(a n+1-a n ).由于a n >0,可得a n+1-a n =2.又12+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n =2n+1.(6分)(2)由a n =2n+1可知b n =1r1=1(2r1)(2r3)=设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n++…+=3(2r3).(12分)23.(2015安徽文,18,12分)已知数列{a n }是递增的等比数列,且a 1+a 4=9,a 2a 3=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 =r1r1,求数列{b n }的前n 项和T n .解析(1)由题设知a 1·a 4=a 2·a 3=8,又a 1+a 4=9,可解得1=1,4=8或1=8,4=1(舍去).由a 4=a 1q 3得公比为q=2,故a n =a 1q n-1=2n-1.(2)S n =1(1-)1−=2n -1,又b n =r1=r1-r1=1-1,所以T n =b 1+b 2+…+b n =11-1r1=1-12r1-1.评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.24.(2015天津理,18,13分)已知数列{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数,且q≠1),n∈N *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列.(1)求q 的值和{a n }的通项公式;(2)设b n =log 222t1,n∈N *,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由已知,有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4),即a 4-a 2=a 5-a 3,所以a 2(q-1)=a 3(q-1).又因为q≠1,故a 3=a 2=2,由a 3=a 1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N *)时,a n =a 2k-1=2k-1=2t12;当n=2k(k∈N *)时,a n =a 2k =2k=22.所以,{a n }的通项公式为a n =2t12,n 为奇数,22为偶数.(2)由(1)得b n =log 222t1=2t1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12t2+n×12t1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12t1+n×12,上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12t1-2=1−121−12-2=2-22-2,整理得,S n =4-r22t1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-r22t1,n∈N *.评析本题主要考查等比数列及其前n 项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.25.(2015山东文,19,12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,n 项和为2r1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2,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112=13,所以a 1a 2=3.令n=2,得112+123=25,所以a 2a 3=15.解得a 1=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+ (4)-n·4n+1=4(1−4)1−4-n·4n+1=1−33×4n+1-43.所以T n =3t19×4n+1+49=4+(3t1)4r19.26.(2015浙江文,17,15分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n∈N *),b 1+12b 2+13b 3+…+1b 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a 1=2,a n+1=2a n ,得a n =2n(n∈N *).由题意知:当n=1时,b 1=b 2-1,故b 2=2.当n≥2时,1b n =b n+1-b n ,整理得r1r1=,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+ (2)-n·2n+1.故T n =(n-1)2n+1+2(n∈N *).评析本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.27.(2015湖北文,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b 1=a 1,b 2=2,q=d,S 10=100.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)当d>1时,记c n =,求数列{c n }的前n 项和T n .解析(1)由题意有,101+45d =100,1d =2,即21+9d =20,1d =2,解得1=1,=2,或1=9,=29.故=2n-1,=2t1,或=1979),=.(2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n =2t12t1,于是T n =1+32+522+723+924+…+2t12t1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2t12.②①-②可得12T n =2+12+122+…+12t2-2t12=3-2r32,故T n =6-2r32t1.28.(2014湖南文,16,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =2+n2,n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2+(-1)na n ,求数列{b n }的前2n 项和.解析(1)当n=1时,a 1=S 1=1;当n≥2时,a n =S n -S n-1=2+n 2-(t1)2+(n-1)2=n.故数列{a n }的通项公式为a n =n.(3)由(1)知,b n =2n+(-1)nn,记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =(21+22+ (22))+(-1+2-3+4-…+2n).记A=21+22+ (22),B=-1+2-3+4-…+2n,则A=2(1−22)1−2=22n+1-2,B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.故数列{b n }的前2n 项和T 2n =A+B=22n+1+n-2.评析本题考查数列的前n 项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法.29.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{a n }是递增的等差数列,a 2,a 4是方程x 2-5x+6=0的根.(1)求{a n }的通项公式;(2)n 项和.解析(1)方程x 2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a 2=2,a 4=3.设数列{a n }的公差为d,则a 4-a 2=2d,故d=12,从而a 1=32.所以{a n }的通项公式为a n =12n+1.(2)n 项和为S n ,由(1)知2=r22r1,则S n =322+423+…+r12+r22r1,12S n =323+424+…+r12r1+r22r2.两式相减得12S n =34+…-r22r2=34+-r22r2.所以S n =2-r42r1.评析本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n 项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.30.(2014安徽文,18,12分)数列{a n }满足a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n(n+1),n∈N *.(1)证明:;(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r1r1=+1,即r1r1-=1.是以11=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 =n 2.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+ (3)-n·3n+1=3·(1−3)1−3-n·3n+1=(1-2p ·3r1-32.所以S n =(2t1)·3r1+34.评析本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行变形是关键.31.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an }中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=or1)2,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bn=or1)2=n(n+1).所以T n=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n n×(n+1).因为b n+1-b n=2(n+1),所以当n为偶数时,T n =(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+ (2)=2(4+2n)2=or2)2,当n为奇数时,T n =Tn-1+(-bn)=(t1)(r1)2-n(n+1)=-(r1)22.所以T n为奇数,为偶数.评析本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.32.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an }的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.(1)求{an}的通项公式;(2)n 项和.解析(1)设{a n }的公差为d,则S n =na 1+ot1)2d.由已知可得31+3d =0,51+10d =−5.解得a 1=1,d=-1.故{a n }的通项公式为a n =2-n.(2)由(1)知1=1(3-2p(1-2p =n 项和为121-1-11+11-13+…+12t3-12t1=1−2.评析本题考查等差数列的通项公式及前n 项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.33.(2011课标理,17,12分)等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1,32=9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,n 项和.解析(1)设数列{a n }的公比为q.由32=9a 2a 6得32=942,所以q 2=19.由条件可知q>0,故q=13.由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 1q=1,所以a 1=13.故数列{a n }的通项公式为a n =13.(2)b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =-(1+2+…+n)=-or1)2.故1=-2or1)=-211+12+…+1=-2123=-2r1.n 项和为-2r1.评析本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题.34.(2020课标Ⅲ文,17,12分)设等比数列{a n }满足a 1+a 2=4,a 3-a 1=8.(1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和.若S m +S m+1=S m+3,求m.解析(1)设{a n }的公比为q,则a n =a 1q n-1.由已知得1+1q =4,12-1=8.解得a 1=1,q=3.所以{a n }的通项公式为a n =3n-1.(2)由(1)知log 3a n =n-1.故S n =ot1)2.由S m +S m+1=S m+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m 2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.35.(2020浙江,20,15分)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=r2c 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+1,n∈N *.解析本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,同时考查数学运算和逻辑推理等素养.(1)由b 1+b 2=6b 3得1+q=6q 2,解得q=12.由c n+1=4c n 得c n =4n-1.由a n+1-a n =4n-1得a n =a 1+1+4+…+4n-2=4t1+23.(2)证明:由c n+1=c n 得c n =121=所以c 1+c 2+c 3+…+c n 由b 1=1,d>0得b n+1>0,因此c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.36.(2020江苏,20,16分)已知数列{a n }(n∈N *)的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n,均有r11-1=λr11成立,则称此数列为“λ~k”数列.(1)若等差数列{a n }是“λ~1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n }是数列,且a n >0,求数列{a n }的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n }为“λ~3”数列,且a n ≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.解析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.(1)因为等差数列{a n }是“λ~1”数列,则S n+1-S n =λa n+1,即a n+1=λa n+1,也即(λ-1)a n+1=0,此式对一切正整数n 均成立.若λ≠1,则a n+1=0恒成立,故a 3-a 2=0,而a 2-a 1=-1,这与{a n }是等差数列矛盾.所以λ=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列)(2)因为数列{a n }(n∈N *)是3数列,所以r1-=即r1-=因为a n >0,所以S n+1>S n >0,n ,则b n 即(b n -1)2=13(2-1)(b n >1).解得b n =2,也即r1=4,所以数列{S n }是公比为4的等比数列.因为S 1=a 1=1,所以S n =4n-1.则a n =1(=1),3×4t2(n ≥2).(3)设各项非负的数列{a n }(n∈N *)为“λ~3”数列,则r113-13=λr113,即3r1-3=λ3r1-.因为a n ≥0,而a 1=1,所以S n+1≥S n >0,n ,则c n -1=λ33-1(c n ≥1),即(c n -1)3=λ3(3-1)(c n ≥1).(*)①若λ≤0或λ=1,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)②若λ>1,则(*)化为(c n -1)2+3+23-1+1=0,因为c n ≥1,所以2+3+23-1c n+1>0,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)③若0<λ<1,则2+3+23-1c n+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内,则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t).所以S n+1=S n 或S n+1=t 3S n .由于数列{S n }从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{S n }有无数多个,则对应的{a n }有无数多个.综上所述,能存在三个各项非负的数列{a n }为“λ~3”数列,λ的取值范围是0<λ<1.37.(2019课标Ⅱ文,18,12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和.解析本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0.解得q=-2(舍去)或q=4.因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2.38.(2019天津文,18,13分)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0.已知a 1=b 1=3,b 2=a 3,b 3=4a 2+3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n =1,为奇数,2为偶数.求a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n (n∈N *).解析本小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.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.(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3=3+2s 32=15+4d,解得=3,=3,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)a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n=(a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1)+(a 2b 1+a 4b 2+a 6b 3+…+a 2n b n )=×3+ot1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n )=3n 2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记T n =1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n =1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n =-3-32-33-…-3n +n×3n+1=-3(1−3)1−3+n×3n+1=(2t1)3r1+32.所以,a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n =3n 2+6T n =3n 2+3×(2t1)3r1+32=(2t1)3r2+62+92(n∈N *).思路分析(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q 即可.(2)利用{c n }的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.解题关键根据n 的奇偶性得数列{c n }的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.39.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{an }(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;(2)已知数列{bn }(n∈N*)满足:b1=1,1=2-2r1,其中S n为数列{b n}的前n项和.①求数列{bn}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn }(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.(1)设等比数列{an }的公比为q,所以a1≠0,q≠0.由24=5,3-42+41=0,得124=14,12-41q+41=0,解得1=1,=2.因此数列{a n}为“M-数列”.(2)①因为1=2-2r1,所以b n≠0.由b1=1,S1=b1,得11=21-22,则b2=2.由1=2-2r1,得S n=r12(r1-),当n≥2时,由b n=S n-S n-1,得b n=r12(r1-)-t12(-t1),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,bk=k,k∈N*.因为数列{c n}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=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≤lnq≤ln t1.设f(x)=ln(x>1),则f'(x)=1−ln2.令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞) f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)max =f(3)=ln33.取q=33,当k=1,2,3,4,5时,ln≤lnq,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5.40.(2018北京文,15,13分)设{a n }是等差数列,且a 1=ln2,a 2+a 3=5ln2.(1)求{a n }的通项公式;(2)求e 1+e 2+…+e .解析(1)设{a n }的公差为d.因为a 2+a 3=5ln2,所以2a 1+3d=5ln2.又a 1=ln2,所以d=ln2.所以a n =a 1+(n-1)d=nln2.(2)因为e 1=e ln2=2,e e t1=e -t1=e ln2=2,所以{e }是首项为2,公比为2的等比数列.所以e 1+e 2+…+e =2×1−21−2=2(2n-1).41.(2018江苏,20,16分)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列.(1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m∈N *,q∈(1,2],证明:存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知a n =(n-1)d,b n =2n-1.因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.因此,d (2)由条件知:a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.若存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d 满足t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1.因为q∈(1,2],所以1<q n-1≤q m≤2,从而t1-2t1b 1≤0,t1t1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立.(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m 时,-2-t1-2t1=B --n t1+2ot1)=o -t1)-+2ot1),当1<q≤21时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,,的最大值为-2.②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.当2≤n≤m 时,t1t1=ot1)≤因此,当2≤n≤m+1时,,的最小值为.因此,d 疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d 的范围,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d 分离出来,变成t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1,难点在于讨论t1-2t1b 1的最大值和t1t1b 1的最小值.可以通过作差讨论其单调性,要作商讨论单调性,∵t1t1=ot1)=q 1当2≤n≤m 时,1<q n ≤2,∴q 1−可以构造函数f(x)=2x (1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明得到数列,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.42.(2017课标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 ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1)若a 3+b 3=5,求{b n }的通项公式;(2)若T 3=21,求S 3.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a 2+b 2=2得d+q=3.①(1)由a 3+b 3=5得2d+q 2=6.②联立①和②解得=3,=0(舍去),或=1,=2.因此{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)由b 1=1,T 3=21得q 2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S 3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S 3=-6.43.(2017课标Ⅰ文,17,12分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2=2,S 3=-6.(1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n+1,S n ,S n+2是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n }的公比为q,由题设可得1(1+q)=2,1(1+q +2)=-6.解得q=-2,a 1=-2.。

§ 6.4 数列乞降、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201420152016201720131. 认识等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的18(2),717(2)( 文 17(2)( 文1. 数列的求 关系 .分 19(2),7 掌握),),和2. 能利用等差、 等比数列前 文 ),4 分14(8 分8 分n 项和公式及其性质求一些分特别数列的和 .18(1),720,15 分2. 数列的综 能利用数列的等差关系或 掌握分 19(1), 17(1)( 文 20(2), 22,15 分合应用等比关系解决实质问题 .7 分),8 分19( 文 ),14 分7 分剖析解读1. 等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型 , 是高考取的热门之一 . 基本知识的考察以选择题或填空题的形式体现 , 而综合知识的考察则以解答题形式体现.2. 经过以数列为载体来考察推理概括、类比的能力成为高考的热门 .3. 数列常与其余知识如不等式、函数、概率、分析几何等综合起来进行考察 .4. 估计 2019 年高考取 , 对数列与不等式的综合题的考察还是热门, 复习时应惹起高度重视 .五年高考考点一 数列的乞降1.(2017 课标全国Ⅰ理 ,12,5 分 ) 几位大学生响应国家的创业呼吁 , 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“解数学题获得软件激活码”的活动 . 这款软件的激活码为下边数学识题的答案 : 已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16, ,, 此中第一项为哪一项 20, 接下来的两项是 20,2 1, 再接下来的三项是 20 ,2 1,2 2, 依此类推 . 求知足以下条件的最小整数 N:N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂 . 那么该款软件 的激活码是 ( ) A.440 B.330 C.220 D.110 答案 A 2.(2015 江苏 ,11,5 分 ) 设数列 {a n } 知足 a 1=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 } 的前 n 项和为 S . 已知 S =4,a*n =2S +1,n ∈N .n 2n+1n(1) 求通项公式 a n ;(2) 求数列 {|a n -n-2|} 的前 n 项和 .分析 (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 =|3 n-1 -n-2|,n ∈ N * , 则 b 1=2,b 2=1.n-1n-1当 n ≥ 3 时 , 因为 3 >n+2, 故 b n =3 -n-2,n ≥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 } 知足 a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n ∈ N * ),b 1+ b 2+ b 3+, + 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 .n*分析(1) 由 a 1=2,a n+1=2a n , 得 a n =2 (n ∈ N ).当 n=1 时 ,b 1=b 2-1, 故 b 2=2.当 n ≥ 2 时 , b n =b n+1-b n , 整理得= ,n*所以 b =n(n∈ N).(2) 由 (1) 知 a n b n =n · 2n ,n23n所以 T =2+2· 2 +3· 2 +, +n · 2 ,2T n =22+2· 23+3·24+, +n ·2n+1,n n 2 3nn+1所以 T -2T =2+2 +2 +,+2 -n ·2 .故 T n =(n-1)2n+1+2(n ∈ N * ).} 是各项均为正数的等比数列, 且 a +a =6,a a =a .5.(2017山东文 ,19,12分 ) 已知 {a n121 23(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 分析 此题考察等比数列与数列乞降 n 项和为.S n .已知S 2n+1=b n b n+1, 求数列的前 n 项和T n .(1) 设 {a n } 的公比为 q,由题意知 :a 1(1+q)=6,q=a 1q 2,又 a n >0, 解得 a 1=2,q=2, 所以 a n =2n .(2) 由题意知 :S ==(2n+1)bn+1 ,2n+1又 S 2n+1=b n b n+1,b n+1≠ 0, 所以 b n =2n+1.令 c =, 则 c =.nn所以 T =c +c +,+c = + + +, ++,n12n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 为等差数列 {a } 的前 n 项和 , 且 a =1,S =28. 记 b =[lga n ], 此中 [x] 表示不超nn17n过 x 的最大整数 , 如 [0.9]=0,[lg99]=1.(1) 求 b 1,b 11,b 101;(2) 求数列 {b n } 的前 1000 项和 .分析 (1) 设 {a n } 的公差为 d, 据已知有 解得 d=1.所以 {a n } 的通项公式为 a n =n.7+21d=28, b 1 =[lg1]=0,b 11 =[lg11]=1,b 101=[lg101]=2.(6 分 )(2) 因为 bn = (9分 )所以数列 {b n } 的前 1000 项和为 1× 90+2×900+3×1=1893.(12分 )7.(2015 天津 ,18,13 分 ) 已知数列 {a } 知足 a =qa (q 为实数 , 且 q≠ 1),n ∈ N ,a =1,a =2, 且 a +a ,a +a ,a +an n+2n *1 2 233445 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 .分析 (1) 由已知 , 有(a 3+a4)-(a 2+a3)=(a 4+a5)-(a 3+a4), 即 a4-a 2=a5-a 3, 所以a2(q-1)=a 3(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 = ;k* n 2k当 n=2k(k ∈ N ) 时 ,a =a =2= .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=1++ +, + - = -=2--,n整理得 ,S n=4-.*所以 , 数列 {b n} 的前 n 项和为 4-,n ∈ N .8.(2013 辽宁 ,14,5 分 ) 已知等比数列 {a n} 是递加数列 ,S n是 {a n} 的前 n 项和 . 若 a1,a 3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 ,a 1=1, 公差 d≠ 0,S n为其前 n 项和 , 若 a1,a 2,a 5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)a 3= ;.(2)S +S +, +S =1 2 100答案(1)- (2)11.(2017 北京文 ,15,13 分 ) 已知等差数列 {a } 和等比数列 {b } 知足 a =b =1,a +a =10,b b =a .n n 11 24 2 45(1)求 {a n} 的通项公式 ;(2)乞降 :b 1+b3 +b5+, +b2n-1 .分析此题考察等差数列及等比数列的通项公式, 数列乞降 . 考察运算求解能力.(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.2 4511 3因为 b b =a ,所以 b qb q =9.解得 q 2=3.2n-2 n-1所以 b 2n-11 . =b q=31 3 52n-12+3 n-1=.进而 b +b +b +,+b =1+3+3 +,12.(2013浙江 ,18,14分 ) 在公差为 d 的等差数列 {a } 中 , 已知 a =10, 且 a ,2a2+2,5a 3成等比数列 .n11(1) 求 d,a n ;|+|a |+|a |+ , +|a |.(2) 若 d<0, 求 |a1 n23分析 (1) 由题意得 5a 3· a 1=(2a 2+2) 2,2即 d -3d-4=0.故 d=-1 或 d=4.**所以 a =-n+11,n∈ N或 a =4n+6,n ∈ N.nn(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 ,|a |+|a2 |+|a |+ , +|an |13n2 n. =S =- n +当 n ≥ 12 时,|a1|+|a 2|+|a 3|+ , +|a n |=-S n +2S 11= n 2-n+110.综上所述 ,|a 1|+|a 2|+|a 3|+ , +|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,b+b =12,b =a -2a ,S=11b4 .2 334111(1) 求 {a n } 和{b n } 的通项公式 ; *(2) 求数列 {a 2n nb } 的前 n 项和 (n ∈ N ).分析 本小题主要考察等差数列、等比数列及其前n 项和公式等基础知识 . 考察数列乞降的基本方法和运 算求解能力 .(1) 设等差数列 {a n } 的公差为 d, 等比数列 {b n } 的公比为 q. 由已知 b 2+b 3=12, 得 b 1(q+q 2)=12, 而 b 1=2, 所以 q 2+q-6=0.又因为 q>0, 解得 q=2.n所以 ,b n =2 .由 b 3=a 4-2a 1, 可得 3d-a 1=8①. 由 S 11=11b 4, 可得 a 1+5d=16②, 联立①② ,解得 a 1=1,d=3, 由此可得 a n =3n-2.所以 ,{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 {a 2n b n } 的前 n 项和为 T n , 由 a 2n =6n-2, 有 T n =4× 2+10× 22+16× 23+, +(6n-2) ×2n ,n 2 3 4 nn+12T =4× 2 +10×2 +16× 2 +, +(6n-8)×2 +(6n-2) × 2 ,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)2 n+2-16.得 T n =(3n-4)2 n+2+16.所以 , 数列 {a 2n b n } 的前 n 项和为 (3n-4)2 n+2+16.} 的公比为 q. 已知14.(2015 湖北 ,19,12 分 ) 设等差数列 {a } 的公差为 d, 前 n 项和为 S , 等比数列 {bnnnb 1 =a 1,b 2=2,q=d,S 10 =100.(1) 求数列 {a },{b} 的通项公式 ;nn(2) 当 d>1 时 , 记 c n = , 求数列 {c n } 的前 n 项和 T n .分析(1) 由题意有 ,即解得或故或n n n-1 n=,(2) 由 d>1, 知 a =2n-1,b =2 , 故 c于是 T n=1+ + + + +, + , ①T n= + + + + +, + . ②①- ②可得T=2+ + +, + - =3- ,n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,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-1 , 求数列 {b n} 的前 n 项和 T n.分析(1) 因为 S =a ,S =2a + ×2=2a +2,1 12 1 1S4 =4a1+×2=4a1+12,2由题意得 (2a 1+2) =a1(4a 1+12),(2)b n-1 =(-1) n-1=(-1)n=(-1) n-1 .当 n 为偶数时 ,n- +, + -T ==1-=.当 n 为奇数时 ,T n =-+, -+++=1+=.所以 T=n16.(2013 江西 ,17,12n n知足 :2 n 2+n)=0. 分 ) 正项数列 {a } 的前 n 项和 S -(n +n-1)S -(n(1) 求数列 {a } 的通项公式 a ;n n(2) 令 b = , 数列 {b } 的前 n 项和为 T . 证明 : 关于随意的*n∈N , 都有 T < .n n n n分析(1) 由 -(n 2+n-1)S n-(n 2+n)=0, 得 [S n-(n 2+n)](S n+1)=0.因为n n n2{a } 是正项数列 , 所以 S >0,S =n +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 : 因为 a n=2n,b n= ,则 b = = - .nT 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,a 2n=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. 分析(1) 设等差数列 {a n} 的首项为 a1, 公差为 d.由 S4=4S2,a 2n=2a n+1 得1 n *解得 a =1,d=2. 所以 a =2n-1,n ∈ N.(2) 由题意知 :T n=λ - ,所以 n≥ 2 时 ,b =T -Tn-1 =- + = .nn故 c n=b2n= =(n-1) ,n ∈ N* .所以 R =0×+1×+2×+3×+, +(n-1) ×, n则 R n=0×+1×+2×+, +(n-2) ×+(n-1) ×, 两式相减得R = ++ +, +-(n-1) ×n=-(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 } 中 ,a +a =8, 且 a 为 a 和 a 的等比中项 , 求数列 {a } 的首项、公差n13429n及前 n 项和 .分析 设该数列公差为d, 前 n 项和为 S . 由已知 , 可得n2a 1+2d=8,(a 1+3d) 2=(a 1+d)(a 1+8d).所以 a +d=4,d(d-3a1)=0,1解得 a 1=4,d=0, 或 a 1=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)=x 2-px+q(p>0,q>0) 的两个不一样的零点 , 且 a,b,-2 这三个数可适合排序后成等差数列 , 也可适合排序后成等比数列 , 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 } 知足 a 1=b 1=-1,a 4=b 4=8, 则=.答案 13.(2016 浙江 ,20,15 分 ) 设数列 {a n } 知足 ≤ 1,n ∈ N * .(1) 证明 :|a n | ≥ 2n-1 (|a 1|-2),n ∈ N * ;(2) 若 |a n | ≤ ,n ∈ N * , 证明 :|a n | ≤ 2,n ∈ N * .证明 (1) 由≤ 1 得 |a |- |a | ≤1,故-≤ ,n ∈N ,nn+1*所以 -=++, +≤+ +,+ <1,所以 |a nn-1(|a 1 |-2).|≥ 2(2) 任取 n ∈ N * , 由 (1) 知, 关于随意 m>n,-=++, +≤ ++,+<,nnnn故 |a |<· 2 ≤·2 =2+·2 .进而关于随意nnm>n,均有 |a |<2+·2.①由 m 的随意性得 |a n | ≤2.不然 , 存在 n 0∈ N * , 有 ||>2, 取正整数 m 0>lo 且 m 0>n 0, 则 · < · =| |-2, 与①式矛盾 .综上 , 关于随意 n ∈ N * , 均有 |a n | ≤2.4.(2015 浙江 ,20,15 分 ) 已知数列 {a n } 知足 a 1= 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-an-1)a n-1 得 a n =(1-a n-1 )(1-a n-2 ) , (1-a 1)a 1>0.由 0<a ≤ 得==∈ [1,2],n即 1≤≤ 2.(2) 由题意得 =a -a,nn+1n1n+1所以 S =a -a . ①由- =和 1≤ ≤2得 1≤- ≤2,所以 n ≤- ≤ 2n, 所以 ≤ 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 1 2 3 n * n} 知足 a a a , a =((n ∈ N ). 若 {a } 为等比数列 , 且a 1 =2,b 3=6+b 2. (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, 使得对随意 n ∈ N * 均有 S k ≥ S n .分析 (1) 由 a 1a 2a 3, a n =( ,b 3-b 2=6,知 a =(=8.31得公比 q=2(q=-2 舍去 ), 所以数列 nn n*又由 a =2, {a } 的通项为 a =2 (n ∈ N ), 所以 ,a 1 23n=() n(n+1).a a ,a =故数列 n } 的通项为 n*{b b =n(n+1)(n ∈N ).(2)(i)由 (1) n- =- *知 c =(n ∈ N ),所以 S n =- (n ∈ N * ).(ii) 因为 c 1=0,c 2>0,c 3>0,c 4>0;当 n ≥ 5 时 ,c n =,而-=>0,得 ≤ <1,所以 , 当 n ≥ 5 时 ,c <0.n综上 , 对随意 n ∈ N * , 恒有 S 4≥ S n , 故 k=4.} 的前 n 项和为 S , 等比数列 {b } 的前 n 项和为6.(2017课标全国Ⅱ文 ,17,12分 ) 已知等差数列 {annnT n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1) 若 a 3+b 3=5, 求 {b n } 的通项公式 ; (2) 若 T 3=21, 求 S 3.分析 此题考察了等差、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 a 2+b 2=2 得 d+q=3. ①(1) 由 a 3+b 3=5 得 2d+q 2=6. ②联立①和②解得(舍去), 或所以 {b n } 的通项公式为 b n =2n-1 .(2) 由 b =1,T23=21 得 q +q-20=0.1解得 q=-5 或 q=4.当 q=-5时 , 由①得 d=8, 则 S =21.3当 q=4 时 , 由①得 d=-1, 则 S 3 =-6.7.(2017 课标全国Ⅲ文 ,17,12 分 ) 设数列 {a n } 知足 a 1+3a 2+, +(2n-1)a n =2n. (1) 求 {a n } 的通项公式 ; (2) 求数列的前 n 项和 .分析 (1) 因为 a 1+3a 2+, +(2n-1)a n =2n, 故当 n ≥ 2 时, a 1 +3a 2+, +(2n-3)a n-1 =2(n-1). 两式相减得 (2n-1)a n=2.所以 a =(n ≥2).n又由题设可得 a =2,1进而 {a } 的通项公式为*a =(n ∈ N ).nn(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 x 1+x 2=3,x 3-x 2=2.(1) 求数列 {x n } 的通项公式 ; (2) 如图 , 在平面直角坐标系 xOy 中 , 挨次连结点 P (x ,1),P (x ,2), , ,P (x ,n+1) 获得折线 P P , P , 求1122n+1n+11 2n+1由该折线与直线y=0,x=x 1,x=x n+1 所围成的地区的面积T n .分析 此题考察等比数列基本量的计算 , 错位相减法乞降 .(1) 设数列 {x n } 的公比为 q, 由已知知 q>0.由题意得所以 3q 2-5q-2=0. 因为 q>0,所以 q=2,x=1.1所以数列 {x n } 的通项公式为 x n =2n-1 .,Q.(2) 过 P,P, ,,Pn+1向 x 轴作垂线 , 垂足分别为 Q,Q , ,n+1 1212由 (1) 得 x n+1-x n =2n -2 n-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 =b 1+b 2+, +b n=3× 2-1 +5× 20+7× 21+, +(2n-1) × 2n-3 +(2n+1) × 2n-2, ① 2T n =3× 20+5× 21+7× 22+, +(2n-1) × 2n-2 +(2n+1) × 2n-1 . ② ①- ②得 -T n =3× 2-1 +(2+2 2+, +2n-1)-(2n+1) × 2n-1 = + -(2n+1) × 2n-1 .所以 T=.n9.(2015 重庆 ,22,12 分 ) 在数列 {a } 中 ,a =3,aa +λ a +μ =0(n ∈ N ).n1n+1 nn+1+(1) 若 λ =0, μ =-2, 求数列 {a n } 的通项公式 ;(2) 若 λ = (k∈N ,k ≥ 2), μ =-1, 证明 :2+<<2+.+分析(1) 由 λ =0, μ=-2, 有 a a =2(n ∈ N). 若存在某个 n ∈ N , 使得 =0, 则由上述递推公式易得=0.n+1 n+0+重复上述过程可得a 1=0, 此与 a 1=3 矛盾 , 所以对随意 n ∈ N +,a n ≠ 0.进而 a=2a (n ∈ N ), 即 {a} 是一个公比 q=2 的等比数列 .n+1n+n故 a n =a 1q n-1 =3· 2n-1 .(2) 证明 : 由λ = , μ =-1, 数列 {a n } 的递推关系式变成a a + a -=0, 变形为 an+1= (n ∈ N ).n+1 n n+1+由上式及 a 1=3>0, 概括可得 3=a 1>a 2>, >a n >a n+1>, >0.因为 a n+1= ==a n - + ·,所以对 n=1,2, , ,k 0乞降得=a +(a -a )+ , +(- )121=a 1-k 0· + ·>2+ ·=2+ .另一方面 , 由上已证的不等式知 a >a >, > >>2, 得12=a 1-k 0· + ·<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b 1 >c 1,b 1+c 1=2a 1,a n+1=a n ,b n+1= ,c n+1= , 则 ( )A.{S n } 为递减数列B.{S n } 为递加数列C.{S 2n-1 } 为递加数列 ,{S 2n } 为递减数列D.{S 2n-1 } 为递减数列 ,{S 2n } 为递加数列答案 B, 公差为 d. 对随意的 n ∈ N * ,b n 是 a n 和 a n+1 的等 11.(2016 天津 ,18,13 分 ) 已知 {a n } 是各项均为正数的等差数列 比中项 . (1) 设 c n =- ,n ∈ N * , 求证 : 数列 {c n } 是等差数列 ;1n = (-1) k,n * < . (2) 设 a =d,T ∈N, 求证 :证明 (1) 由题意得 =a a , 有 c = - =a · a -a a =2da, 所以 c n+1-c =2d(a -a )=2d ,n n+1nn+1 n+2n n+1 n+1nn+2n+12所以 {c } 是等差数列 .n(2)T =(-+)+(-+ )+, +(-+)n=2d(a +a +,+a )242n=2d ·=2d 2n(n+1).所以=== · < .12.(2017 江苏 ,19,16 分) 关于给定的正整数 k, 若数列 {a n } 知足 :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) 总建立 , 则称数列 {a } 是“ P(k) 数列” .n(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 本小题主要考察等差数列的定义、通项公式等基础知识 , 考察代数推理、转变与化归及综合运用数学知识研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 =a 1+(n-1)d,进而 , 当 n ≥ 4 时 ,a n-k +a n+k =a 1+(n-k-1)d+a 1+(n+k-1)d=2a 1+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 ,所以等差数列 {a n } 是“ P(3) 数列” .(2) 数列 {a n } 既是“ P(2) 数列” , 又是“ P(3) 数列” , 所以 , 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), ③ a 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 , 此中 n ≥ 4, 所以 a 3,a 4,a 5, , 是等差数列 , 设其公差为 d'. 在①中 , 取 n=4, 则 a 2+a 3+a 5+a 6=4a 4, 所以 a 2=a 3-d', 在①中 , 取 n=3, 则 a 1+a 2+a 4+a 5=4a 3, 所以 a 1=a 3-2d',所以数列 {a n } 是等差数列 .n*13.(2014 湖南 ,20,13 分 ) 已知数列 {a n } 知足 a 1=1,|a n+1-a n |=p ,n ∈ N . (1) 若 {a n } 是递加数列 , 且 a 1,2a 2,3a 3 成等差数列 , 求 p 的值 ;(2) 若 p= , 且 {a 2n-1 } 是递加数列 ,{a 2n } 是递减数列 , 求数列 {a n } 的通项公式 .分析(1) 因为 {a n } 是递加数列 , 所以 |a n+1-a n |=a n+1-a n =p n . 而 a 1=1, 所以 a 2=p+1,a 3=p 2+p+1.又 a 1,2a 2,3a 3 成等差数列 , 所以 4a 2=a 1+3a 3, 因此 3p 2-p=0, 解得 p= 或 p=0. 当 p=0 时 ,a n+1=a n , 这与 {a n } 是递加数列矛盾 . 故 p= . (2) 因为 {a 2n-1 } 是递加数列 , 因此 a 2n+1-a 2n-1 >0,于是 (a 2n+1-a 2n )+(a 2n -a 2n-1 )>0. ①但<,所以 |a 2n+1-a 2n |<|a 2n -a 2n-1 |. ② 由①②知 ,a 2n -a 2n-1 >0,所以 a -a2n-1 ==. ③2n因为 {a 2n } 是递减数列 , 同理可得 ,a 2n+1 -a 2n <0, 故 a -a=-=. ④2n+12n由③④知 ,a n+1 -a n = .于是 a =a +(a 2-a )+(a -a )+ , +(a -an-1 )n1132n=1+ - +, +=1+ ·=+· ,故数列 {a n } 的通项a = + ·.n14.(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)=2 x 的图象上 (n ∈ N * ).(1) 若 a 1=-2, 点 (a 8,4b 7) 在函数 f(x) 的图象上 , 求数列 {a n } 的前 n 项和 S n ; (2) 若 a 1=1, 函数 f(x) 的图象在点 (a 2,b 2) 处的切线在 x 轴上的截距为 2- , 求数列的前 n 项和 T n .分析 (1) 由已知 , 得 b 7= ,b 8= =4b 7, 有 =4× =.解得 d=a 8-a 7=2.所以 ,S n =na 1+d=-2n+n(n-1)=n 2-3n.(2) 函数 f(x)=2 x 在 (a 2,b 2) 处的切线方程为 y-=( ln2)(x-a2),它在 x 轴上的截距为 a 2-.由题意 , 得 a 2-=2-,解得 a 2=2.所以 d=a2-a 1=1.进而 a n=n,b n=2n.所以 T n= + + +, ++,2T n= + + +, +.所以 ,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*)知足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.分析(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.n-1n-1(2) 由 b n=3知a n=c n b n=(2n-1)3,于是数列 {a n} 的前 n 项和 S n=1· 30+3· 31+5· 32 +,+(2n-1) ·3 n-1 ,3S n=1·31+3· 32+, +(2n-3) · 3n-1 +(2n-1) ·3n,1 2 n-1 n n相减得 -2S =1+2· (3 +3 +, +3 )-(2n-1) · 3 =-2-(2n-2)3 ,nn n所以 S =(n-1)3 +1.16.(2014 湖北 ,18,12 分 ) 已知等差数列 {a n} 知足 :a 1=2, 且 a1,a 2,a 5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 , 能否存在正整数 n, 使得 S n>60n+800?若存在 , 求 n 的最小值 ; 若不存在 , 说明原因 .分析(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,进而得数列 {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. 明显 2n<60n+800,此时不存在正整数 n, 使得 S n >60n+800 建立 .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 建立 ,n 的最小值为41.综上 , 当 a n=2 时 , 不存在知足题意的n;当 a n=4n-2 时, 存在知足题意的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乞降1.(2018浙江9+1高中结盟期中,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,a 1=1, 若 a1,S 2,5 成等差数列 , 则数列 {a n} 的公比 q= ,S n= .答案2;2 n-1已知正项数列 {a } 知足 log a =1+log a , 若 a =1, 则其前 10 项和4.(2016 浙江名校 ( 镇海中学 ) 沟通卷二 ,12)n 2 n+1 n 12S10 = ; 若 a5=2, 则 a1a2, a9= .答案1023;512考点二数列的综合应用5.(2016 浙江温州二模 ,7) 数列 {a n} 是递加数列 , 且知足 a n+1=f(a n),a 1∈(0,1), 则 f(x) 不行能是 ( )A.f(x)=B.f(x)=2 x-1C.f(x)=D.f(x)=log 2(x+1)答案 B,13) 已知等差数列 {a } 的前 n 项和是 S , 若 S =4,S =9, 则6.(2018 浙江“七彩阳光”结盟期初联考kn n k-1a k = ,a 1的最大值为.答案5;47.(2018 浙江杭州二中期中 ,22) 设数列 {a } 知足 a = ,a =ln +2(n ∈ N ).n 1 n+1 *(1) 证明 :a n+1≥;(2) 记数列的前 n 项和为 S , 证明 :S < + .n n分析(1) 设 f(x)=lnx+ -1, 则 f'(x)= - = ,所以 f(x) 在 (0,1) 上单一递减 , 在 (1,+ ∞ ) 上单一递加 ,所以 f(x)=lnx+ -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 -an+1 = -n=,(2分)所以 a n-a n+1与 a n-1 -a n同号 .(3分)又因为 a1=4,a 2=,a 1-a 2>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= < ,所以 ,a -2 ≤(a -2) ×, 即 a ≤ 2+2×,(12 分) n 1 n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 } 知足 a = ,an+1 = ,n ∈ N.n 1 *(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<.分析(1) 由条件可得 a = = .(3 分)2(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 ,所以 , = +1.(7 分)(3) 由 (2) 可得 a n=≥= ×,(9分)所以 S =a +a +, +a ≥ + ·+, + ·= .(11 分 )n12 n又a n= < = ,(13 分)所以 S n=a1+a2+a3+, +a n< + ++, +=+ - ·< ,n ≥ 3,(14 分 )又S1=< ,S2= < ,所以,S < *,n ∈ N .n综上 , ≤ S n< .(15 分)B 组2016— 2018 年模拟·提高题组一、选择题1.(2018 浙江要点中学12 月联考 ,7) 设 S n是等差数列 {a n} 的前 n 项和 , 若 a1=-2015,S 6-2S 3=18, 则 S2017=()A.2016B.2017C.-2015D.-2018答案 B2x,0 ≤ x 0<x 1<x 2<,2.(2017 浙江“七彩阳光”新高考研究结盟测试 ,9) 已知函数 f(x)=sinxcosx+cos<x n ≤,a n =|f(x n )-f(x n-1)|,n ∈ N * ,S n =a 1+a 2+, +a n , 则 S n 的最大值等于 () A. B.C.+1D.2答案 A3.(2016 浙江镇海中学测试 ( 七 ),6) 已知数列 {a n } 知足 :a 1=1,a n+1= (n ∈ N * ), 若 a 2k ,a 2k+1,9+a 2k+2 成等比数列 , 则正整数 k 的值是 () A.1 B.2 C.3 D.4 答案 B 二、解答题4.(2018 浙江“七彩阳光”结盟期中 ,22) 已知正项数列 {a n } 知足 a 1=3,*+a n+1=2a n ,n ∈ N.(1) 求证 :1<a n ≤ 3,n ∈N * ;(2) 若关于随意的正整数n, 都有<M 建立 , 求 M 的最小值 ;123n*(3) 求证 :a +a +a +, +a <n+6,n ∈ N . 分析 (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 .∵ +a 2=2a 1=6, ∴ a 2=2, 则 a 2-a 1<0,所以 a n+1-a n <0, ∴数列 {a n } 是单一递减数列 ,所以 a ≤ a =3.n1由+a=2a , 得+a -2=2a -2, 即 (a n+1 +2)(a-1)=2(a -1),n+1nn+1nn+1n由 a n+1+2>0, 知 a n+1-1 与 a n -1 同号 ,因为 a 1-1=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 +2≤a +2=4,n+12则≤<,所以M ≥.故 M 的最小值为 .(3) 证明 : 由(2) 知 n ≥ 2 时 ,a n -1=(a 1-1) ×××, ×<(a 1-1)=2 ×,又 n=1 时 ,a 1-1=2, 故 a n -1 ≤ 2×,n ∈ N * . 即 a ≤ 1+2×*,n ∈ N .n则 a 1+a 2+a 3+, +a n ≤n+2=n+2×=n+6<n+6.5.(2018 浙江杭州地域要点中学第一学期期中 ,22) 已知函数 f(x)=x2nn-1)(n ≥ 2,n ∈+x,x ∈ [1,+∞ ),a =f(aN).(1) 证明 :- ≤ f(x) ≤ 2x 2;(2) 设数列 {nn 1= ,证明:≤ ≤ .} 的前 n 项和为 A , 数列的前 n 项和为 B ,a证明(1)f(x)- 2= >0, ∴ f(x) ≥- .=x +x-f(x)-2x 2=x 2+x-2x 2=x-x 2=x(1-x) ≤ 0(x ≥ 1), ∴ f(x) ≤ 2x 2, ∴- ≤ f(x) ≤ 2x 2.(2)a =f(a n-1 )=+a? =a -an-1 (n ≥ 2),nn-1 n则 A n = + +, + =a n+1-a 1=a n+1- , a =+a =a (an-1 +1) ?==-?=- (n ≥ 2),nn-1n-1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) n 1 n+1 n 2n 2n-1 都建立 ?并证明假如数列 {a } 知足 a =1,a =f(a )(n ∈ N ), 能否存在实数c, 使得 a <c<a 对全部的 n∈N你的结论 .分析(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= ,a 3= ,下边用数学概括法证明0<a2n< <a2n-1≤ 1.当 n=1 时 ,0<a 2= < <a1=1≤ 1, 结论建立 .假定当n=k 时结论建立, 即0<a2k< <a2k-1≤ 1. 因为f(x)= 为(0,1] 上的减函数, 所以f(0)>f(a 2k)>f >f(a 2k-1 )≥f(1), 进而>a2k+1> >a2k≥,所以 f <f(a 2k+1)<f <f(a 2k)≤f ,即 0<f<a2k+2< <a2k+1≤ f故当 n=k+1 时 , 结论也建立.≤ 1.综上所述, 对全部 n∈ N* ,0<a 2n<<a2n-1≤ 1 都建立 ,即存在c= 使得a2n< <a2n-1 .7.(2017浙江测试卷,22)已知数列{a n}知足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 a =1 及 a = , 知 a >0,1 n+1 n故 a n+1-a n=-a n=<0, ∴ a n+1<a n,n ∈N* .(2) 由= +a n , 得= + +2,进而= + + +2× 2=, =+++, + +2n,1∴=1+ + +, + n *又 a =1, +2n, ∴ T = -2n-1,n ∈ N.(3) 由 (2) 知,a = ,由T≥=1, 得 a ≤,n+1 n n+1∴当 n≥ 2 时 ,a n≤= < = ( - ),∴ S <a + [( -1)+(- )+, +( - )]=1+ ( -1)<,n ≥ 2, n1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 数列乞降的解题策略1.(2017 浙江宁波期末 ,22) 已知数列 {a n} 知足 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: -< + + +, + <.分析(1) 证明 : 由 a1=2, 得 a2=2(a 1 +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 时上式也建立 , 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,n 2 3 +n·3 n ,所以 T =1× 3+2× 3 +3×3 +,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=3 n-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2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：6.4数列乞降数列的综合应用 21 / 212.(2017 浙江金华十校联考 (4 月 ),22) 已知数列 {a n } 知足 a 1=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)an+2=na n ,∴ + +, + = ++, +.令 b n =na n , 则 b n ·b n+1=na n · (n+1)an+1= =n+1, ③∴ b n-1 ·b n =n(n ≥ 2), ④由 b 1=a 1=1,b 2=2, 易得 b n >0,③ - ④得 , =b n+1-b n-1 (n ≥ 2),∴ b 1<b 3<, <b 2n-1 ,b 2<b 4<, <b 2n , 得 b n ≥ 1,依据 b n · b n+1=n+1 得 ,b n+1≤ n+1, ∴1≤ b n ≤ n,∴+ +,+ =++, = +(b 3-b 1 )+(b4-b 2)+ , +(b+ n -b n-2 )+(b n+1-b n-1 )= +b n +b n+1-b 1-b 2=b n +b n+1-2,又 b +b -2 ≥2-2=2( -1),n n+1且由 1≤ b n ≤n 可知 ,b n +b n+1-2=b n +-2 ≤ min≤ n.综上可知 ,2( -1) ≤ + +, +≤n.。

(完整版)数列求和习题及答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN§6.4 数列求和（时间：45分钟 满分：100分）一、选择题(每小题7分，共35分)1．在等比数列{a n } (n ∈N *)中，若a 1＝1，a 4＝18，则该数列的前10项和为( )A ．2－128 B ．2－129 C ．2－1210D ．2－12112．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －23．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于( ) A ．126B ．130C ．132D ．1344．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－4005．数列1·n ,2(n －1),3(n －2)，…，n·1的和为( )A.16n(n ＋1)(n ＋2)B.16n(n ＋1)(2n ＋1)C.13n(n ＋2)(n ＋3)D.13n(n ＋1)(n ＋2) 二、填空题(每小题6分，共24分)6．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.7．已知数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n 之间满足关系式S n ＝2－3a n ，则a n ＝__________.8．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n项和S n ＝________.9．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________． 三、解答题(共41分)10．(13分)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *满足关系式2S n ＝3a n －3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的通项公式是b n ＝1log 3a n ·log 3a n ＋1，前n 项和为T n ，求证：对于任意的正数n ，总有T n <1.11．(14分)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成立的最小正整数n 的值．12．(14分)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d>0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (a n ＋3) (n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在最大的整数t ，使得对任意的n 均有S n >t36总成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由．答案 1.B 2.C 3.C4.B5.A6. 13(4n －1)7. 12⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －18.n n ＋19.10 10010. (1)解 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝3a n －3，2S n －1＝3a n －1－3(n ≥2)．故2(S n －S n －1)＝2a n ＝3a n －3a n －1，即a n ＝3a n －1 (n ≥2)． 故数列{a n }为等比数列，且公比q ＝3.又当n ＝1时，2a 1＝3a 1－3，∴a 1＝3.∴a n ＝3n . (2)证明 ∵b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.11解 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0.由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28， ① a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)．②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n . (2)由(1)得b n ＝－n·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n )．设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n·2n ，③ 则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n －n·2n ＋1 ＝2n ＋1－2－n·2n ＋1＝(1－n)·2n ＋1－2， ∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n·2n ＋1>50成立，即－(n －1)·2n ＋1－2＋n·2n ＋1>50，即2n >26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x 是单调递增函数， ∴满足条件的n 的最小值为5.12解 (1)由题意得(a 1＋d)(a 1＋13d)＝(a 1＋4d)2，整理得2a 1d ＝d 2.∵a 1＝1，解得d ＝2，d ＝0(舍)． ∴a n ＝2n －1 (n ∈N *)．(2)b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1).假设存在整数t 满足S n >t36总成立，又S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n 2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0，∴数列{S n }是单调递增的．∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t<9. 又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.。

第04节 数列求和【考纲解读】【知识清单】一．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 n②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：1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C2. 已知{}n a 为正项等比数列，n S 是它的前n 项和，若116a =，且4a 与7a 的等差中项为98，则5S 的值（ ） A ．29 B ．31 C ．33 D ．35 【答案】B【解析】由题意得479+=4a a ，因此363911+=()6482q q q q ⇒=⇒=舍去负值，因此55116(1)231.112S -==-选B.【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.考查等差数列的求和多于等比数列的求和，往往在此基础上考查“裂项相消法”、“错位相减法”.【重点难点突破】考点1 数列求和【1-1】已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根，则数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和 . 【答案】1422n n n S ++=-【1-2】【2017届浙江嘉兴市高三上基础测试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，且12n n S ta =-，其中*n N ∈．（1）求实数t 的值和数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足32log n n b a =，求数列11{}n n b b +的前n 项和n T ． 【答案】（1）23=t ，13-=n n a ；（2）12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n n n ． 【解析】试题分析：（1）由n n a S =可得32t =，2n ≥时由1n n n a S S -=-得数列{}n a 为首项为1，公比为3的等比数列，可得通项公式；（2）化简21n b n =-，则11111()22121n n b b n n +=--+，用裂项相消求和，可得前项和．试题解析： （1）当1=n 时，21111-==ta S a ，得23=t ，从而 2123-=n n a S ,则 2≥n 时，⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=--2123212311n n n n n a a S S a 得 13-=n n a a又01≠a 得31=-n n a a，故数列{}n a 为等比数列，公比为3，首项为1．∴13-=n n a（2）由（1）得 1223-=n n a 得 12-=n b n ∴()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-121121*********n n n n b b n n 得 ⎪⎭⎫⎝⎛+--++-+-=121121513131121n n T n12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n nn【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.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++； （21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．8. [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课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ 。

第四讲数列求和、数列的综合应用题组等差、等比数列的综合应用.[新课标全国Ⅱ分]等差数列{}的公差为,若成等比数列,则{}的前项和() () ()...[北京分][理]若等差数列{}和等比数列{}满足,则..[湖南分][理]设为等比数列{}的前项和.若,且成等差数列,则..[安徽分][理]数列{}是等差数列,若构成公比为的等比数列,则..[天津分][理]设{}是首项为,公差为的等差数列为其前项和.若成等比数列,则的值为..[北京分]已知{}是等差数列,{}是等比数列,且.(Ⅰ)求{}的通项公式;(Ⅱ)设,求数列{}的前项和..[天津分][理]已知{}是各项均为正数的等差数列,公差为.对任意的∈*是和的等比中项. (Ⅰ)设∈*,求证:数列{}是等差数列;(Ⅱ)设()∈*,求证:<.题组数列的实际应用.[全国卷Ⅰ分][理]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,…,其中第一项是,接下来的两项是,再接下来的三项是,依此类推.求满足如下条件的最小整数>且该数列的前项和为的整数幂.那么该款软件的激活码是()题组数列与其他知识的综合.[浙江分]如图,点列{},{}分别在某锐角的两边上,且≠∈*≠∈*(≠表示点与不重合).若为△的面积,则()图.{}是等差数列.{}是等差数列.{}是等差数列.{}是等差数列.[福建分][理]若是函数()(>>)的两个不同的零点,且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,则的值等于().[四川分][理]已知数列{}的首项为为数列{}的前项和,其中>∈*.(Ⅰ)若成等差数列,求数列{}的通项公式;(Ⅱ)设双曲线的离心率为,且,证明…>..[安徽分][理]设∈*是曲线在点()处的切线与轴交点的横坐标.(Ⅰ)求数列{}的通项公式;(Ⅱ)记…,证明≥.组基础题.[武汉市部分学校调研]已知等比数列{}中成等差数列,设为数列{}的前项和,则等于() . 或..[东北三省四市一模]已知数列{}为等差数列,数列{}为等比数列,且满足π,则() . ..[石家庄市一模]已知函数()在(∞)上单调,且函数()的图象关于直线对称,若数列{}是公差不为的等差数列,且()(),则数列{}的前项的和为()。

专题：数列的综合应用【知识概要】1．数列求和的常用方法（1）公式法：适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列；（2）裂项相消法：适用于⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c 其中{ n a }是各项不为0的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等；（3）错位相减法：适用于{}n n b a 其中{ n a }是等差数列，{}n b 是各项不为0的等比数列。

（4）倒序相加法：类似于等差数列前n 项和公式的推导方法.（5）分组求和法（6）累加（乘）法等。

2．常用结论（1）1nk k ==∑ 1+2+3+...+n =2)1(+n n （2）1(21)n k k =-=∑1+3+5+...+(2n-1) =2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n （5）111)1(1+-=+n n n n)211(21)2(1+-=+n n n n （6）)()11(11q p qp p q pq <--= 3．高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地 方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

【例题精讲】【题型1】数列创新题例1、 设正项等比数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和为n S ，且0)12(21020103010=++-S S S 。

（Ⅰ）求{}n a 的通项；（Ⅱ）求{}n nS 的前n 项和n T 。

解：（Ⅰ）由 0)12(21020103010=++-S S S 得 ,)(21020203010S S S S -=-即,)(220121*********a a a a a a +++=+++ 可得.)(22012112012111010a a a a a a q +++=+++⋅ 因为0>n a ，所以 ,121010=q 解得21=q ，因而 .,2,1,2111 ===-n qa a n n n （Ⅱ）因为}{n a 是首项211=a 、公比21=q 的等比数列，故 .2,21121)211(21n n n n n n n nS S -=-=--= 则数列}{n nS 的前n 项和 ),22221()21(2n n n n T +++-+++= ).2212221()21(212132++-+++-+++=n n n nn n T 前两式相减，得122)212121()21(212+++++-+++=n n n nn T 12211)211(214)1(++---+=n n n n n 即 .22212)1(1-+++=-n n nn n n T 例2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()211,1,1,2,2n n a S n a n n n ==--=鬃 （Ⅰ）写出n S 与1n S -的递推关系式()2n ³，并求n S 关于n 的表达式；（Ⅱ）设()1n n n n b S x x R n +=，求数列{}n b 的前n 项和n T 。

6-4数列的综合问题与数列的应用基础巩固强化1.(2012·杭州第一次质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则a 6＋a 7>0是S 9≥S 3的( )A ．充分但不必要条件B ．必要但不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[答案] A[解析] ∵S 9≥S 3⇔a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9≥0⇔3(a 6＋a 7)≥0⇔a 6＋a 7≥0，∴a 6＋a 7>0⇒a 6＋a 7≥0，但a 6＋a 7≥0⇒/ a 6＋a 7>0，故选A.2．(2011·淄博模拟)已知{a n }是递增数列，且对任意n ∈N *都有a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是( )A ．(－72，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－3，＋∞)[答案] C[解析] a n ＝n 2＋λn ＝(n ＋λ2)2－λ24，∵对任意n ∈N *，a n ＋1>a n ， ∴－λ2≤1，∴λ≥－2，故选C.3．(文)设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列{1f n }(n ∈N *)的前n项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1 C.nn －1D.n ＋1n[答案] A[解析] f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1，∴a ＝1，m ＝2， ∴f (x )＝x (x ＋1)，1f n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. (理)(2011·北京西城期末)已知各项均不为零的数列{a n }，定义向量c n ＝(a n ，a n ＋1)，b n＝(n ，n ＋1)，n ∈N *.则下列命题中为真命题的是( )A ．若对于任意n ∈N *总有c n ∥b n 成立，则数列{a n }是等差数列B ．若对于任意n ∈N *总有c n ∥b n 成立，则数列{a n }是等比数列 C ．若对于任意n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，则数列{a n }是等差数列 D ．若对于任意n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，则数列{a n }是等比数列 [答案] A[解析] 若对任意n ∈N *，有c n ∥b n ，则a n n ＝a n ＋1n ＋1＝a n ＋2n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以数列{a n }为等差数列．4．(文)(2011·山西运城教学检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，过点P (n ，S n )和Q (n ＋1，S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9的值等于( )A ．52B ．40C ．26D ．20[答案] B[解析] 由题意得S n ＋1－S nn ＋1－n＝3n －2，∴S n ＋1－S n ＝3n －2，即a n ＋1＝3n －2，∴a n ＝3n－5，因此数列{a n }是等差数列，a 5＝10，而a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝2(a 3＋a 7)＝4a 5＝40，故选B.(理)两个正数a 、b 的等差中项是72，一个等比中项是23，且a <b ，则双曲线x 2a 2－y2b 2＝1的离心率e 等于( )A.34 B.152C.54D.53[答案] D[解析] ∵a ＋b ＝7，a ·b ＝12，b >a >0，∴a ＝3，b ＝4.∴e ＝c a ＝a 2＋b 2a ＝53.5．(2011·江西新余四中期末)在△ABC 中，sin A cos A ＝2cos C ＋cos A2sin C －sin A 是角A 、B 、C 成等差数列的( )A ．充分非必要条件B ．充要条件C ．必要非充分条件D ．既不充分也不必要条件[答案] A [解析]sin A cos A ＝2cos C ＋cos A 2sin C －sin A⇒2sin A sin C －sin 2A ＝2cos A cos C ＋cos 2A ⇒2cos(A ＋C )＋1＝0⇒cosB ＝12⇒B ＝π3⇒A ＋C ＝2B ⇒A 、B 、C 成等差数列．但当A 、B 、C 成等差数列时，sin Acos A＝2cos C ＋cos A 2sin C －sin A 不一定成立，如A ＝π2、B ＝π3、C ＝π6.故是充分非必要条件．故选A.6．(2012·东北三省四市第三次联考)设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1－2a n ＋1，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2010的值为( )A ．1B ．2 C.13 D.23[答案] D[解析] ∵a 1＝2，a 2＝1－22＋1＝13，a 3＝1－213＋1＝－12，a 4＝1－2－12＋1＝－3，a 5＝1－2－3＋1＝2. ∴a n ＋4＝a n ，∴{a n }是以4为周期的数列，T 4＝2×13×(－12)×(－3)＝1.∴T 2010＝T 2008×a 2009×a 2010＝23，故选D.7．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k 的值是( )A ．8B ．9C ．10D ．11 [答案] D[解析] 由程序框图可知，S ＝1＋2＋22＋…＋2k ＝2k ＋1－1，由S <2014得，2k ＋1<2015，∴k ≤9.∵1＋2＋22＋…＋29＝1023，∴S 的值加上29后，变为S ＝1023<2014，此时k 的值增加1变为k ＝10，再执行一次循环体后，S＝1023＋210＝2047，k＝10＋1＝11，此时不满足S<2014，输出k的值11后结束．[点评] 这是最容易出错的地方，解这类题时，既要考虑等比数列求和，在k取何值时，恰满足S≥2014，又要顾及S与k的赋值语句的先后顺序．8．(文)已知数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)，把数列{a n}的各项排列成如图所示的三角形数阵：22223242526272829210……记M(s，t)表示该数阵中第s行的第t个数，则M(11,2)对应的数是________(用2n的形式表示，n∈N)．[答案] 257[解析] 由数阵的排列规律知，第m行的最后一个数是数列{a n}的第1＋2＋3＋…＋m＝m m＋12项，且该行有m项，由此可知第11行的第2个数是数列{a n}的第10×112＋2＝57项，对应的数是257.(理)若数列{a n}满足1a n＋1－1a n＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{a n}为调和数列．已知数列{1x n}为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝________.[答案] 20[解析] 由题意，若{a n}为调和数列，则{1a n}为等差数列，∵{1x n}为调和数列，∴数列{x n}为等差数列，由等差数列的性质可知，x5＋x16＝x1＋x20＝x2＋x19＝…＝x10＋x11＝20010＝20.故填20.9．(文)(2011·江苏镇江市质检)已知1，x1，x2,7成等差数列，1，y1，y2,8成等比数列，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则线段MN的中垂线方程是________．[答案] x＋y－7＝0[解析] 由条件得x1＝3，x2＝5，y1＝2，y2＝4，∴MN的中点(4,3)，k MN＝1，∴MN的中垂线方程为y－3＝－(x－4)，即x＋y－7＝0.(理)已知双曲线a n－1y2－a n x2＝a n－1a n(n≥2，n∈N*)的焦点在y轴上，一条渐近线方程是y ＝2x，其中数列{a n}是以4为首项的正项数列，则数列{a n}的通项公式是________．[答案] a n ＝2n ＋1[解析] 双曲线方程为y 2a n －x 2a n －1＝1，∵焦点在y 轴上，又渐近线方程为y ＝2x ，∴a na n －1＝2，又a 1＝4，∴a n ＝4×2n －1＝2n ＋1.10．(文)(2011·北京海淀)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且S n ＝S n －1＋2n (n ≥2，n ∈N *)．(1)求S n ；(2)是否存在等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9？若存在，则求出数列{b n }的通项公式；若不存在，则说明理由．[解析] (1)因为S n ＝S n －1＋2n ，所以有S n －S n －1＝2n 对n ≥2，n ∈N *成立． 即a n ＝2n 对n ≥2成立．又a 1＝S 1＝2×1， 所以a n ＝2n 对n ∈N *成立． 所以a n ＋1－a n ＝2对n ∈N *成立． 所以{a n }是等差数列． 所以S n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)存在．由(1)知a n ＝2n 对n ∈N *成立， 则a 3＝6，a 9＝18.又a 1＝2，所以由b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9，得b 2b 1＝b 3b 2＝3.即存在以b 1＝2为首项，公比为3的等比数列{b n }，其通项公式为b n ＝2·3n －1.(理)(2012·天津十二区县联考一)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋S n ·a n ，若数列{b n }为等比数列，求a 的值． (3)在满足条件(2)的情形下，设c n ＝1b n ＋1－1b n ＋1－1，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n >2n －12.[解析] (1)S 1＝a (S 1－a 1＋1)，∴a 1＝a ， 当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，两式相减得a n ＝a ·a n －1，a na n －1＝a ，即{a n }是等比数列，∴a n ＝a ·an －1＝a n.(2)由(1)知a n ＝a n，S n ＝a a n －1a －1，∴b n ＝(a n )2＋a a n －1a －1a n＝2a －1a 2n －aa na －1，若{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1b 3，而b 1＝2a 2，b 2＝a 3(2a ＋1)，b 3＝a 4(2a 2＋a ＋1)， 故[a 3(2a ＋1)]2＝2a 2·a 4(2a 2＋a ＋1)， 解得a ＝12，再将a ＝12代入，得b n ＝(12)n成立，所以a ＝12.(3)证明：由(2)知b n ＝(12)n，所以c n ＝112n＋1－112n ＋1－1＝2n 2n ＋1＋2n ＋12n ＋1－1＝2－12n ＋1＋12n ＋1－1， 所以c n >2－12n ＋12n ＋1，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n>(2－12＋122)＋(2－122＋123)＋…＋(2－12n ＋12n ＋1)＝2n －12＋12n ＋1>2n －12.能力拓展提升11.在圆x 2＋y 2＝10x 内，过点(5,3)有n 条长度成等差数列的弦，最短弦长为数列{a n }的首项a 1，最长弦长为a n ，若公差d ∈(13，23]，那么n 的取值集合为( )A ．{4,5,6}B ．{6,7,8,9}C ．{3,4,5}D ．{3,4,5,6}[答案] A[解析] ∵圆x 2＋y 2＝10x ，∴(x －5)2＋y 2＝5，圆心为(5,0)，半径为5.故最长弦长a n＝10，最短弦长a 1＝8，∴10＝8＋(n －1)d ，∴d ＝2n －1，∵d ∈(13，23]，∴13<2n －1≤23，∴4≤n <7，又∵n ∈N *，∴n 的取值为4,5,6，故选A.12．(文)(2011·安徽百校论坛联考)已知a >0，b >0，A 为a ，b 的等差中项，正数G 为a ，b 的等比中项，则ab 与AG 的大小关系是( )A ．ab ＝AGB ．ab ≥AGC ．ab ≤AGD ．不能确定[答案] C[解析] 由条件知，a ＋b ＝2A ，ab ＝G 2，∴A ＝a ＋b2≥ab ＝G >0，∴AG ≥G 2，即AG ≥ab ，故选C.[点评] 在知识交汇点处命题是常见命题方式，不等式与数列交汇的题目要特别注意等差(等比)数列的公式及性质的运用．(理)已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比q ≠1，设P ＝12(log 0.5a 5＋log 0.5a 7)，Q ＝log 0.5a 3＋a 92，P 与Q 的大小关系是( )A ．P ≥QB ．P <QC ．P ≤QD ．P >Q[答案] D[解析] P ＝log 0.5a 5a 7＝log 0.5a 3a 9，Q ＝log 0.5a 3＋a 92，∵q ≠1，∴a 3≠a 9，∴a 3＋a 92>a 3a 9又∵y ＝log 0.5x 在(0，＋∞)上递减， ∴log 0.5a 3＋a 92<log 0.5a 3a 9，即Q <P .故选D.13．(2011·湖北荆门调研)秋末冬初，流感盛行，荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗流感的人数共有________人．[答案] 255[解析] ∵a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N *)，∴n 为奇数时，a n ＋2＝a n ，n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，即数列{a n }的奇数项为常数列，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列．故这30天入院治疗流感人数共有15＋(15×2＋15×142×2)＝255人．14．(2011·江苏，13)设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．[答案]33[解析] ∵a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，且a 1＝1， ∴a 3＝q ，a 5＝q 2，a 7＝q 3，∵a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列， ∴a 4＝a 2＋1，a 6＝a 2＋2， ∵a 2≥1，q ＝a 3≥a 2≥1，∴q 2＝a 5≥a 4＝a 2＋1≥2，q 3＝a 7≥a 6＝a 2＋2≥3， ∵q ≥1，∴q ≥2且q ≥33，∴q ≥33， ∴q 的最小值为33.15．(2011·蚌埠质检)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．[解析] (1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．16．(文)(2011·山东文，20)等比数列{a n }中，a 1、a 2、a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1、a 2、a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)n (2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n . [解析] (1)依次验证知a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18时符合题意，∴a n ＝2·3n －1.(2)∵b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nn ln3∴S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝2(1＋3＋…＋32n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n·2n ]ln3＝2×1－32n1－3＋n ln3＝32n＋n ln3－1.(理)(2011·湖南六校联考)为加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车．替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．(1)求经过n 年，该市被更换的公交车总数S (n )； (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a 的最小值．[解析] (1)设a n ，b n 分别为第n 年投入的电力型公交车，混合动力型公交车的数量，依题意，{a n }是首项为128，公比为1＋50%＝32的等比数列，{b n }是首项为400，公差为a 的等差数列． {a n }的前n 项和S n ＝128×[1－32n]1－32＝256[(32)n－1]．{b n }的前n 项和T n ＝400n ＋n n －12a ，所以经过n 年，该市更换的公交车总数为： S (n )＝S n ＋T n ＝256[(32)n －1]＋400n ＋n n －12a .(2)若计划7年内完成全部更换，所以S (7)≥10000，所以256[(32)7－1]＋400×7＋7×62a ≥10000，即21a ≥3082，所以a ≥1461621.又a ∈N *，所以a 的最小值为147.1．若x 的方程x 2－x ＋a ＝0和x 2－x ＋b ＝0(a ≠b )的四个根可组成首项为14的等差数列，则b 的值可以为( )A.38B.1124 C.1324 D.35144[答案] D[解析] 由题意四个根为14、14＋16、14＋13、34，则b ＝14×34＝316，或b ＝512×712＝35144，选D.2．(2012·河南新乡、平顶山、许昌调研)设正项等比数列{a n }的前n 项之积为T n ，且T 10＝32，则1a 5＋1a 6的最小值为( )A ．2 2 B. 2 C ．2 3 D. 3[答案] B[解析] 由条件知，T 10＝a 1a 2…a 10＝(a 5a 6)5＝32，∵a n >0，∴a 5a 6＝2，∴1a 5＋1a 6＝12·a 5a 6·(1a 5＋1a 6)＝12(a 5＋a 6)≥12×2a 5a 6＝2，等号在a 5＝a 6＝2时成立． 3．(2011·银川一中三模)已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线3x －y ＋2＝0平行，若数列{1f n }的前n 项和为S n ，则S 2012的值为( )A.20092010 B.20102011 C.20112012D.20122013[答案] D[解析] 本题考查导数的几何意义及数列求和知识；由于f ′(x )＝2x ＋b ，据题意则有f ′(1)＝2＋b ＝3，故b ＝1，即f (x )＝x 2＋x ，从而1f n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1， 其前n 项和S n ＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故S 2012＝20122013.4．(2012·吉林省实验中学模拟)已知正数组成的等差数列{a n }的前20项的和是100，那么a 6·a 15的最大值是( )A ．25B ．50C ．100D ．不存在[答案] A[解析] 由条件知，a 6＋a 15＝a 1＋a 20＝110S 20＝110×100＝10，a 6>0，a 15>0，∴a 6·a 15≤(a 6＋a 152)2＝25，等号在a 6＝a 15＝5时成立，即当a n ＝5(n ∈N *)时，a 6·a 15取最大值25.5．(2011·黄冈月考)在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516 B.158 C.34 D.38[答案] C[解析] ∵a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n， ∴a 2a 1＝a 1＋1，∴a 2＝2，； ∵a 3a 2＝a 2－1，∴a 3＝12；∵a 4a 3＝a 3＋1，∴a 4＝3； ∵a 5a 4＝a 4－1，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝34.6．(2012·北京海淀期中)已知数列A ：a 1，a 2，…，a n (0≤a 1<a 2<…<a n ，n ≥3)具有性质P ：对任意i ，j (1≤i ≤j ≤n )，a j ＋a i 与a j －a i 两数中至少有一个是该数列中的一项：现给出以下四个命题：①数列0,1,3具有性质P ； ②数列0,2,4,6具有性质P ； ③若数列A 具有性质P ，则a 1＝0；④若数列a 1，a 2，a 3(0≤a 1<a 2<a 3)具有性质P ，则a 1＋a 3＝2a 2.其中真命题有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个[答案] B[解析] 数列0,1,3中a 3－a 2＝2，a 3＋a 2＝4都不是该数列中的一项，即其不具有性质P ，得命题①不正确；数列0,2,4,6经验证满足条件，即其具有性质P ，得命题②正确；若数列A 具有性质P ，因n ≥3，故其最大项a n >0，则有a n ＋a n ＝2a n >a n 不是数列中的项，故a n －a n ＝0必为数列中的一项，即a 1＝0，得命题③正确；若数列a 1，a 2，a 3(0≤a 1<a 2<a 3)具有性质P ，则a 1＝0,0<a 2<a 3，a 2＋a 3>a 3不是数列中的项，必有a 3－a 2＝a 2，即a 3＝2a 2，因a 1＝0，故a 1＋a 3＝2a 2，得命题④正确，综上可得真命题共有3个，故应选B.7．(2011·杭州二检)已知{a n }是公差不为0的等差数列，{b n }是等比数列，其中a 1＝2，b 1＝1，a 2＝b 2,2a 4＝b 3，且存在常数α、β，使得a n ＝log αb n ＋β对每一个正整数n 都成立，则αβ＝________.[答案] 4[解析] 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝q 22＋3d ＝q2，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2d ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝4d ＝2，所以a n ＝2n ，b n ＝4n －1.若a n ＝log αb n ＋β对每一个正整数n 都成立，则满足2n ＝log α4n －1＋β，即2n ＝(n －1)log α4＋β，因此只有当α＝2，β＝2时上式恒成立，所以αβ＝4.8．(2011·天津市二十区县联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，向量a ＝(a n －1，－2)，b ＝(4，S n )满足a ⊥b ，则S 5S 3＝________.[答案]317[解析] ∵a ＝(a n －1，－2)，b ＝(4，S n )满足a ⊥b ， ∴a ·b ＝0，∴4a n －4－2S n ＝0，即S n ＝2a n －2， ∴S n －1＝2a n －1－2(n ≥2)． 两式相减得a n ＝2a n －1，∴a na n －1＝2. 由S n ＝2a n －2(n ∈N *)，得a 1＝2.∴{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝2n.∴S 5S 3＝21－251－221－231－2＝317. 9．(2011·苏州检测)正整数按下列方法分组：{1}，{2,3,4}，{5,6,7,8,9}，{10,11,12,13,14,15,16}，…，记第n 组中各数之和为A n ；由自然数的立方构成下列数组：{03,13}，{13,23}，{23,33}，{33,43}，…，记第n 组中后一个数与前一个数的差为B n ，则A n ＋B n ＝________.[答案] 2n 3[解析] 由题意知，前n 组共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，所以第n －1组的最后一个数为(n －1)2，第n 组的第一个数为(n －1)2＋1，第n 组共有2n －1个数，所以根据等差数列的前n 项和公式可得A n ＝[n －12＋1]＋[n －12＋2n －1]2(2n －1)＝[(n －1)2＋n ](2n －1)，而B n ＝n 3－(n －1)3，所以A n ＋B n ＝2n 3.10．已知点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13是函数f (x )＝a x(a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1前n 项和为T n ，问使T n >10002009的最小正整数n 是多少？[解析] (1)∵点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13是函数f (x )＝a x(a >0，且a ≠1)的图象上一点，∴f (1)＝a ＝13.已知等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，则当n ≥2时，a n ＝[f (n )－c ]－[f (n －1)－c ]＝a n (1－a －1)＝－23n .∵{a n }是等比数列，∴{a n }的公比q ＝13.∴a 2＝－29＝a 1q ＝[f (1)－c ]×13，解得c ＝1，a 1＝－23.故a n ＝－23n (n ≥1)．由题设知{b n }(b n >0)的首项b 1＝c ＝1，其前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)，由S n －S n －1＝S n ＋S n －1⇒S n －S n －1＝1，且S 1＝b 1＝1. ∴{S n }是首项为1，公差为1的等差数列， 即S n ＝n ⇒S n ＝n 2.∵b n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)， 又b 1＝1＝2×1－1，故数列{b n }的通项公式为：b n ＝2n －1(n ≥1)． (2)∵b n ＝2n －1(n ≥1)， ∴1b n b n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.∴T n ＝∑k ＝1n1b k b k ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 要T n >10002009⇔n 2n ＋1>10002009⇔n >10009＝11119，故满足条件的最小正整数n 是112.11．(2011·焦作模拟)已知函数f (x )＝a x的图象过点(1，12)，且点(n －1，a n n 2)(n ∈N ＋)在函数f (x )＝a x的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋1－12a n ，若数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：S n <5.[解析] (1)∵函数f (x )＝a x的图象过点(1，12)，∴a ＝12，f (x )＝(12)x.又点(n －1，a n n 2)(n ∈N ＋)在函数f (x )＝a x的图象上，从而a n n 2＝12n －1，即a n ＝n 22n －1.(2)由b n ＝n ＋122n－n 22n ＝2n ＋12n 得， S n ＝32＋522＋…＋2n ＋12n ， 则12S n ＝322＋523＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得：12S n ＝32＋2(122＋123＋…＋12n )－2n ＋12n ＋1，∴S n ＝5－2n ＋52n ，∴S n <5.。

数列求和1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )2、设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n4B.n 2＋5n 3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n3、数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和S n ＝2 0172 018，则n 等于( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 0194、数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－4005、数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 引申探究例1(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 【同步练习】1、已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n . 题型二 错位相减法求和例2 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n ，求数列{c n }的前n 项和T n .【同步练习】1、设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.【知识拓展】 数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．题型三 裂项相消法求和 命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．例4 已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 【同步练习】1、在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .题型四 数列求和的综合应用例5 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，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<564. 【同步练习】1、在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a 2nta n ＋2.(1)若t ＝0，求数列{a n }的通项公式；(2)若t ＝1，求证：23≤2a 1a 1＋2＋4a 2a 2＋2＋6a 3a 3＋2＋…＋2na n a n ＋2<32.题型五四审结构定方案例6 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.一、分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．二、错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．三、数列和其他知识的综合，可先确定数列项的递推关系，求出数列通项或前n 项和；也可通过放缩法适当变形后再求和，进而证明一些不等式．1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2 016，且a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，则S 2 016等于( ) A ．0 B ．2 016 C ．2 015D ．2 0143．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．1004．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80D ．825．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2 (当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 2006．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|等于( ) A ．153B ．210C ．135D ．1207．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．8．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．9．若已知数列的前四项是112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，则数列的前n 项和为__________．*10.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 11．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .12．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和． *13.若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝12log .n a 求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.数列求和1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )2、设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n4B.n 2＋5n3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n答案 A解析 设等差数列的公差为d ，则a 1＝2， a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d .又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6. 即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0. ∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 24＋74n .3、数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和S n ＝2 0172 018，则n 等于( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019答案 B解析 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1.令n n ＋1＝2 0172 018，得n ＝2 017. 4、数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.5、数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 无题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.作业检查引申探究例1(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n ·n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.【同步练习】1、已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n . 解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3， 所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.题型二 错位相减法求和例2 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1， 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n)1－2－(n ＋1)×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.【同步练习】1、设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n . ②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.【知识拓展】 数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n＋n＋1＝n＋1－n.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．(6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．题型三裂项相消法求和命题点1形如a n＝1n(n＋k)型例3S n为数列{a n}的前n项和．已知a n>0，a2n＋2a n＝4S n＋3.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝1a n a n＋1，求数列{b n}的前n项和．解(1)由a2n＋2a n＝4S n＋3，可知a2n＋1＋2a n＋1＝4S n＋1＋3.两式相减，得a2n＋1－a2n＋2(a n＋1－a n)＝4a n＋1，即2(a n＋1＋a n)＝a2n＋1－a2n＝(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)．由a n>0，可得a n＋1－a n＝2.又a21＋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. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 命题点2 形如a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2，可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k )，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． 【同步练习】12.x1、在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12， 即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 题型四 数列求和的综合应用例5 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，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<564. (1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)． n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式． 所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)，得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2， 则T n ＝116⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－132＋⎝⎛⎭⎫122－142＋⎝⎛⎭⎫132－152＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝⎛⎭⎫1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.【同步练习】1、在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a 2nta n ＋2.(1)若t ＝0，求数列{a n }的通项公式；(2)若t ＝1，求证：23≤2a 1a 1＋2＋4a 2a 2＋2＋6a 3a 3＋2＋…＋2na n a n ＋2<32.(1)解 因为t ＝0，所以a n ＋1＝a 2n2.又a 1＝1，所以a n >0， 从而ln a n ＋1＝2ln a n －ln 2， 所以ln a n ＋1－ln 2＝2(ln a n －ln 2)，即lna n ＋12＝2ln a n2， 所以数列{lna n 2}是以ln a 12为首项，2为公比的等比数列， 所以ln a n 2＝(ln a 12)2n －1＝所以a n 2＝即a n ＝ (2)证明 当t ＝1时，a n ＋1＝a 2na n ＋2.由a 1＝1，a n ＋1＝a 2na n ＋2，得a n >0，所以a n ＋1－a n ＝－2a na n ＋2<0，所以{a n }为递减数列．因为a n ＋1a n ＝a n a n ＋2＝1－2a n ＋2≤1－2a 1＋2＝13，所以a n ＋1≤13a n ，所以a n ≤a 1(13)n －1＝(13)n －1.又因为2a na n ＋2＝a n －a n ＋1 (n ∈N *)，所以2a 1a 1＋2＋4a 2a 2＋2＋6a 3a 3＋2＋…＋2na na n ＋2＝(a 1－a 2)＋2(a 2－a 3)＋3(a 3－a 4)＋…＋n (a n －a n ＋1) ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －na n ＋1 <1＋13＋(13)2＋…＋(13)n －1＝1－(13)n1－13<32.12ln 2－－，n 122－－，n 1122.－－n又因为2a 1a 1＋2＋4a 2a 2＋2＋6a 3a 3＋2＋…＋2na n a n ＋2≥2a 1a 1＋2＝23，所以命题得证． 题型五四审结构定方案例6 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ―――――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大 ―――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ―――→根据S n 求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n ＝n 2n －1―――――――→根据数列结构特征确定求和方法T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――――→错位相减法求和 计算可得T n ―→证明：T n <4 规范解答(1)解 当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[4分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立． 综上，a n ＝92－n .[8分](2)证明 ∵9－2a n 2n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[9分]②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.[13分]∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4.[14分]一、分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．二、错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 三、数列和其他知识的综合，可先确定数列项的递推关系，求出数列通项或前n 项和；也可通过放缩法适当变形后再求和，进而证明一些不等式．1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2 016，且a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，则S 2 016等于( ) A ．0 B ．2 016 C ．2 015 D ．2 014 答案 A解析 ∵a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，∴a n ＋2a n q ＋a n q 2＝0，q 为等比数列{a n }的公比， 即q 2＋2q ＋1＝0，∴q ＝－1.∴a n ＝(－1)n －1·2 016， ∴S 2 016＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2 015＋a 2 016)＝0.3．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100答案 C解析 因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2 (当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B.6．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|等于( ) A ．153 B ．210 C ．135 D ．120答案 A解析 令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴从第4项开始大于0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 15＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋(2×15－7)＝9＋12×(1＋23)2＝153. 7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________．答案 120 解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1. 令n ＋1－1＝10，得n ＝120.8．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 答案 60解析 由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.9．若已知数列的前四项是112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，则数列的前n 项和为__________．答案 34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)解析 由前四项知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n 2＋2n ，由1n 2＋2n ＝12(1n －1n ＋2)知， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n＝12[1－13＋12－14＋13－15＋…＋(1n －2－1n )＋(1n －1－1n ＋1)＋(1n －1n ＋2)] ＝12[1＋12－1n ＋1－1n ＋2] ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). *10.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－1n ＋1， ∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.11．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2， a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2，∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1. (2)b n ＝na n ＝n ·2n ＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )．令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， 则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1. 两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n )＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1. ∵1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.12．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和． 解 (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12，即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2.*13.若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.(1)解 ∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝a 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n ＋1.(2)证明 由c n ＋1－c n ＝＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)，12log .n a 12log n a1c n ＝1(n ＋1)(n －1)＝12(1n －1－1n ＋1)， ∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＝12×⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12－⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。