§6.4 数列求和、数列的综合应用

6．4 数列求和及应用1．数列求和方法 (1)公式法：(Ⅰ)等差数列、等比数列前n 项和公式． (Ⅱ)常见数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝；②2＋4＋6＋…＋2n ＝；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝；④12＋22＋32＋…＋n 2＝；⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）22.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列． (3)倒序相加：如等差数列前n 项和公式的推导方法．(4)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．等比数列{a n }前n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法．(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和． 常见的裂项公式：①1n （n ＋1）＝－1n ＋1； ②1（2n －1）（2n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n （n ＋1）（n ＋2）＝⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；④1a ＋b＝(a －b )；⑤n （n ＋1）！＝－1（n ＋1）！； ⑥C m －1n＝ ； ⑦n ·n ！＝ ！－n ！； ⑧a n ＝S n －S n －1(n ≥2)． 2．数列应用题常见模型 (1)单利公式利息按单利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ . (2)复利公式利息按复利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ .(3)产值模型原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间x ，总产值y ＝ . (4)递推型递推型有a n ＋1＝f (a n )与S n ＋1＝f (S n )两类．(5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．自查自纠1．(1)①n （n ＋1）2 ②n 2＋n ③n 2 ④n （n ＋1）（2n ＋1）6(2)①1n ②12 ③12 ④1a －b ⑤1n ！⑥C m n ＋1－C mn ⑦(n ＋1) 2．(1)a (1＋xr ) (2)a (1＋r )x (3)N (1＋p )x数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1 D ．n ＋2＋2n 解：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.故选C .若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15解：记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A . 数列{|2n －7|}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2 B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3）n 2－6n ＋18（n ＞3）D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3）n 2－6n （n ＞3） 解：设a n ＝2n －7，n ≤3时，a n ＜0；n ＞3时，a n ＞0，a 1＝－5，a 2＝－3，a 3＝－1，且易得{a n }的前n 项和S n＝n 2－6n ，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n ＞3）.故选C .数列{a n }满足a n ＝n （n ＋1）2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解：1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和S 10＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2(1－111)＝2011.故填2011. 有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个．现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒． 解： 设至少需要n 秒，则1＋2＋22＋…＋2n －1≥100，即1－2n1－2≥100，所以n ≥7.故填7.类型一 基本求和问题(1)设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项和为S n ，则S n 等于( ) A ．2n B ．2n －nC ．2n ＋1－n D ．2n ＋1－n －2(2)求和：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n ；(3)设f (x )＝x 21＋x 2，求：f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋…＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)； (4)求和：S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n .解：(1)解法一：特殊值法，易知S 1＝1，S 2＝4，只有选项D 适合． 解法二：研究通项a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1， 所以S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2.故选D .(2)设数列的通项为a n ，则a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.(3)因为f (x )＝x 21＋x 2，所以f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝1. 令S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋…＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)，①则S ＝f (2 017)＋f (2 016)＋…＋f (1)＋f ⎝⎛⎭⎫12＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 016＋f (12 017)，② ①＋②得：2S ＝1×4 033＝4 033，所以S ＝4 0332.(4)(Ⅰ)当a ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2.(Ⅱ)当a ≠1时，S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ，①1a S n ＝1a 2＋2a 3＋…＋n －1a n ＋nan ＋1，② 由①－②得⎝⎛⎭⎫1－1a S n ＝1a ＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n －n a n ＋1＝1a ⎝⎛⎭⎫1－1a n 1－1a－na n ＋1， 所以S n ＝a （a n －1）－n （a －1）a n （a －1）2.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n ＋1）2（a ＝1），a （a n －1）－n （a －1）a n （a －1）2（a ≠1）.【点拨】研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．(1)求数列9，99，999，…的前n 项和S n ；(2)求数列122－1，132－1，142－1，…，1（n ＋1）2－1的前n 项和；(3)求sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°的值； (4)已知a n ＝n ＋12n ＋1，求{a n }的前n 项和T n .解：(1)S n ＝9＋99＋999＋…＋99…9n 个 ＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n －1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n )－n＝10（1－10n ）1－10－n ＝10n ＋1－109－n .(2)因为1（n ＋1）2－1＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2. (3)令S n ＝sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°，① 则S n ＝sin 289°＋sin 288°＋sin 287°＋…＋sin 21° ＝cos 21°＋cos 22°＋cos 23°＋…＋cos 289°.②①与②两边分别相加得2S n ＝(sin 21°＋cos 21°)＋(sin 22°＋cos 22°)＋…＋(sin 289°＋cos 289°)＝89.所以S n ＝892.(4)T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，①12T n ＝223＋324＋425＋…＋n ＋12n ＋2，② ①－②得12T n ＝222＋123＋124＋125＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2 ＝12＋123×⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2， 所以T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.类型二 可用数列模型解决的实际问题用分期付款的方式购买一批总价为2 300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%.若从首付300万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付________万元．解：购买时付款300万元，则欠款2000万元，依题意分20次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{a n }，故a 1＝100＋2 000×0.01＝120(万元)， a 2＝100＋(2 000－100)×0.01＝119(万元)， a 3＝100＋(2 000－100×2)×0.01＝118(万元)， a 4＝100＋(2 000－100×3)×0.01＝117(万元)， …a n ＝100＋[2 000－100(n －1)]×0.01＝121－n (万元) (1≤n ≤20，n ∈N *)． 因此{a n }是首项为120，公差为－1的等差数列． 故a 10＝121－10＝111(万元)．故填111.【点拨】将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：①审题，②建模，③求解，④检验，⑤作答．增长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决．某气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910元(n ∈N *)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了( ) A ．600天B ．800天C ．1 000天D ．1 200天解：设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为32 000＋⎝⎛⎭⎫5＋n 10＋4.9n 2n＝32 000n ＋n 20＋4.95，当且仅当32 000n＝n20时，取得最小值，此时n ＝800.故选B . 类型三 数列综合问题(2017·山东)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (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S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公比为q .依题意，a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n ＞0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)依题意，S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1.又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n .又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1＝32＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1. 所以T n ＝5－2n ＋52n .【点拨】错位相减法适用于等差数列与等比数列的积数列的求和，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．(2017·全国卷Ⅲ)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)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．解：(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 ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n ＋1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.1．数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一．2．对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求和的目的． 3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏．4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数的平方构成的数列等． 5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型．6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，分q ＝1或q ≠1)等．1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 5＝4－a 3，则S 7＝( ) A ．7 B ．12 C ．14 D ．21解：由a 5＝4－a 3，得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝7（a 1＋a 7）2＝14.故选C .2．(2016·新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100解：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D .3．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （n ）(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.nn －1D.n ＋1n解：由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1.所以f (x )＝x 2＋x ，则1f （n ）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.故选A . 4．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 ．不存在解：由条件知，a 6＋a 15＝a 1＋a 20＝110S 20＝110×100＝10，a 6>0，a 15>0，所以a 6·a 15≤⎝⎛⎭⎫a 6＋a 1522＝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.故选A .5．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若8a 2＋a 5＝0，则下列式子中数值不能确定的是( ) A.a 5a 3 B.S 5S 3 C.a n ＋1a n D.S n ＋1S n解：数列{a n }为等比数列，由8a 2＋a 5＝0，知8a 2＋a 2q 3＝0，因为a 2≠0，所以q ＝－2，a 5a 3＝q 2＝4；S 5S 3＝1－q 51－q 3＝113；a n ＋1a n ＝q ＝－2；S n ＋1S n ＝1－q n ＋11－q n ，其值与n 有关．故选D . 6．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)(单位：t)，但如果年产量超过150 t ，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( ) A ．5年 B ．6年 C ．7年 D ．8年解：由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2.当n ＝1时也适合，据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．故选C .7．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________．解：a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝n ＋12，1a n a n ＋1＝4（n ＋1）（n ＋2）＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所求的前n 项和为4(12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2.故填2nn ＋2.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为________．解：当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，又a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝1(n ≥2)．又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009.故填1 009.9．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b 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：(1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )， d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，即b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ①，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②， ①－②，得12T n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. 所以T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .10．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 是数列{|a n |}的前n 项和，求S n .解：(1)由2a n ＋1＝a n ＋2＋a n 可得{a n }是等差数列，且公差d ＝a 4－a 14－1＝2－83＝－2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋10. (2)令a n ≥0，得n ≤5.即当n ≤5时，a n ≥0，n ≥6时，a n <0. 所以当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－n 2＋9n ； 当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n ) ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 5) ＝－(－n 2＋9n )＋2×20＝n 2－9n ＋40，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋9n ，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.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 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．解：(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 1q ，得q ＝2， 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12，当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k ＝2n 2，所以{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1＋221＋322＋…＋n2n －1.所以12S n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n .两式相减得12S n ＝1＋121＋122＋123＋…＋12n －1－n2n＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n .所以S n ＝4－n ＋22n －1.1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n ＝( )A ．25B ．576C ．624D ．625解：a n ＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S n ＝24得n ＝624.故选C .2．在等差数列{a n }中，若a 1，a 2 019为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 2＋a 1 010＋a 2 018＝( ) A ．10 B ．15 C ．20 D ．40解：由题意知，a 1＋a 2 019＝a 2＋a 2 018＝2a 1 010＝10，所以a 2＋a 1 010＋a 2 018＝3a 1 010＝15.故选B . 3．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0，b n ＝log 2a n ，那么数列{b n }的前10项和等于( ) A ．130 B ．120 C ．55 D ．50解：因为a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，故{a n }是首项、公比均为2的等比数列．故a n ＝2·2n －1＝2n ，b n ＝log 22n ＝n .所以b 1＋b 2＋…＋b 10＝1＋2＋3＋…＋10＝1＋102×10＝55.故选C .4．已知数列{a n }中的前n 项和S n ＝n (n －9)，第k 项满足7＜a k ＜10，则k 等于( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10解：当k ≥2时，a k ＝S k －S k －1＝k 2－9k －(k －1)2＋9(k －1)＝2k －10，k ＝1时也适合． 由7<a k <10，得7<2k －10<10，所以172<k <10，所以k ＝9.故选C .5．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2 018的值为 ( ) A.2 0152 016 B.2 0162 017 C.2 0172 018 D.2 0182 019解：直线与x 轴交于⎝⎛⎭⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n ＋1，所以S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以原式＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 018－12 019 ＝1－12019＝20182019.故选D .6．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( ) A ．0 B ．－100 C ．100 D ．10 200解：因为a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)]＋[f (2)＋f (3)]＋…＋[f (100)＋f (101)]＝(－12＋22)＋(22－32)＋…＋(1002－1012)＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)，共100项，故所求为－2×50＝－100.故选B .7．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项的和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解：当q ＝1时，显然不符合题意；当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，则a 8＝14×27＝32.故填32.8．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解：设该等比数列的公比为q ，则q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，可得a 1＋14a 1＝10，得a 1＝8，所以a n ＝8·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －4.所以a 1a 2…a n ＝⎝⎛⎭⎫12－3－2－1＋0＋…＋（n －4）＝⎝⎛⎭⎫12n 2－7n2，易知当n ＝3或n ＝4时，12(n 2－7n )取得最小值－6，故a 1a 2…a n 的最大值为⎝⎛⎭⎫12－6＝64.故填64.9．在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，公比为q ，且b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2.(1)求a n 与b n ；(2)证明：13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜23.解：(1)设数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝12，q ＝S 2b 2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝12，q ＝6＋dq .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 ＝n （3＋3n ）2，所以1S n ＝2n （3＋3n ）＝23⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.故1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝23[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1.因为n ≥1，所以0＜1n ＋1≤12，所以12≤1－1n ＋1＜1，所以13≤23⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＜23，即13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜23. 10．(2016·山东)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)因为数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，所以a 1＝11，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －3(n －1)2－8(n －1)＝6n ＋5， 又a n ＝6n ＋5对n ＝1也成立，所以a n ＝6n ＋5.又因为{b n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝b n ＋b n ＋1＝2b n ＋d .当n ＝1时，2b 1＝11－d ；当n ＝2时，2b 2＝17－d ，解得d ＝3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝a n －d2＝3n ＋1.(2)由c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝(3n ＋3)·2n ＋1， 于是T n ＝6×22＋9×23＋12×24＋…＋(3n ＋3)×2n ＋1， 两边同乘以2，得2T n ＝6×23＋9×24＋…＋(3n )×2n ＋1＋(3n ＋3)×2n ＋2， 两式相减，得－T n ＝6×22＋3×23＋3×24＋…＋3×2n ＋1－(3n ＋3)×2n ＋2＝3×22＋3×22（1－2n ）1－2－(3n ＋3)×2n ＋2，所以T n ＝－12＋3×22(1－2n )＋(3n ＋3)×2n ＋2＝3n ·2n ＋2.已知数列{a n }满足a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列．(2)是否存在互不相等的正整数m ，s ，t ，使m ，s ，t 成等差数列，且a m －1，a s －1，a t －1成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m ，s ，t ；如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝13a n ＋23，所以1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 因为a 1＝35，所以1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列．(2)由(1)知，1a n －1＝23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n ，所以a n ＝3n 3n ＋2.假设存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件，则有⎩⎪⎨⎪⎧m ＋t ＝2s ，（a s －1）2＝（a m －1）（a t －1）.由a n ＝3n3n ＋2与(a s －1)2＝(a m －1)(a t －1)，得⎝⎛⎭⎫3s 3s ＋2－12＝⎝⎛⎭⎫3m 3m ＋2－1⎝⎛⎭⎫3t 3t ＋2－1， 即3m ＋t ＋2×3m ＋2×3t ＝32s ＋4×3s . 因为m ＋t ＝2s ，所以3m ＋3t ＝2×3s .又3m ＋3t ≥23m ＋t ＝2×3s ，当且仅当m ＝t 时，等号成立， 这与m ，s ，t 互不相等矛盾，所以不存在互不相等的正整数m ，s ，t 满足条件．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．6解：由等差数列的性质知a 2，a 4，a 6成等差数列，所以a 2＋a 6＝2a 4，所以a 6＝2a 4－a 2＝0.故选B . 2．已知数列{a n }为2，0，2，0，…，则下列各项不可以作为数列{a n }通项公式的是( )A ．a n ＝1＋(－1)n ＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C ．a n ＝1－cos n πD ．a n ＝2sinn π2解：若a n ＝2sin n π2，则a 1＝2sin π2＝2，a 2＝2sinπ＝0，a 3＝2sin 3π2＝－2，不符合题意．故选D .3．在数列{a n }中，“对任意的n ∈N *，a 2n ＋1＝a n a n ＋2”是“数列{a n }为等比数列”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件解：若a n ＝0，满足a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2，但{a n }不是等比数列．故选B .4．(2015·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为a n 的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 解： 因为公差d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋12×8×7＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.故选B .5．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.n （n ＋1）2D.n （n －1）2解：因为d ＝2，a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2a 8，即(a 2＋2d )2＝a 2(a 2＋6d )，解得a 2＝4，a 1＝2.所以利用等差数列的求和公式可求得S n ＝n (n ＋1)．故选A .6．(2016·江西八校联考)数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋3n (n ∈N *)，若p －q ＝5(p ，q ∈N *)，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5 D ．20解：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n －[2(n －1)2＋3(n －1)]＝4n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝5，符合上式，所以a n ＝4n ＋1，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.故选D .7．已知公差不为零的等差数列{a n }与公比为q 的等比数列{b n }有相同的首项，同时满足a 1，a 4，b 3成等比数列，b 1，a 3，b 3成等差数列，则q 2＝( ) A.14 B.16 C.19 D.18解：设数列的首项为a ，等差数列{a n }的公差为d ，⎩⎪⎨⎪⎧2a 3＝b 1＋b 3，a 24＝a 1·b 3， 将a ，d ，q 代入得⎩⎪⎨⎪⎧2（a ＋2d ）＝a ＋aq 2， ①（a ＋3d ）2＝a ·aq 2， ② 化简得(a ＋3d )2＝a (a ＋4d )，解得a ＝－92d (d ≠0)，代入①式得q 2＝19.故选C .8．执行如图所示的程序框图，如果输入n ＝3，则输出的S ＝( )A.37B.67C.89D.49解：第一次循环后S ＝11×3＝13，i ＝2；第二次循环后S ＝11×3＋13×5＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＝25，i ＝3；第三次循环后S ＝11×3＋13×5＋15×7＝12×(1－13＋13－15＋15－17)＝37，此时i ＝4>3，退出循环，输出结果S ＝37.故选A .9．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 017＝( )A ．lg2 018B ．lg2 017C ．－lg2 018D ．－lg2 017解：因为y ′＝(n ＋1)x n ，所以曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线斜率为n ＋1，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1.则a n ＝lg x n ＝lg n n ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2 017＝lg ⎝⎛⎭⎫12×23×…×2 0172 018＝lg 12 018＝－lg2 018.故选C .10．已知在数列{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．(－2，＋∞) B ．[－2，＋∞) C ．(－3，＋∞) D ．[－3，＋∞)解：由题意可知a n ＋1>a n 对任意正整数n 恒成立，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn 对任意正整数n 恒成立，即λ>－2n －1对任意正整数n 恒成立，故λ>－3.另解，由对称轴－λ2＜32求解．故选C .11．已知a n ＝⎝⎛⎭⎫13n ，把数列{a n }的各项排列成如下的三角形形状，a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9……记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (10，12)＝( )A.⎝⎛⎭⎫1393B.⎝⎛⎭⎫1392C.⎝⎛⎭⎫1394D.⎝⎛⎭⎫13112解：前9行一共有1＋3＋5＋…＋17＝81个数，而A (10，12)表示第10行的第12个数，所以n ＝93，即A (10，12)＝a 93＝⎝⎛⎭⎫1393.故选A . 12．设a n ＝1n sin n π25，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数是( )A ．25B ．50C ．75D ．100解：当1≤n ≤24时，a n ＞0，当26≤n ≤49时，a n ＜0，但其绝对值要小于1≤n ≤24时相应的值，当51≤n ≤74时，a n ＞0，当76≤n ≤99时，a n ＜0，但其绝对值要小于51≤n ≤74时相应的值，所以当1≤n ≤100时，均有S n ＞0.故选D .二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2017·北京)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解：－1＋3d ＝－q 3＝8⇒d ＝3，q ＝－2⇒a 2b 2＝－1＋3－1×（－2）＝1.故填1.14．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解：因为{a n }为等比数列，设公比为q . ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， 即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1， ①a 1－a 1q 2＝－3， ②显然q ≠1，a 1≠0， ②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.故填－8.15．(2015·武汉调研)《张丘建算经》卷上第22题——“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布5尺，30天共织布390尺，则该女子织布每天增加________尺．解：设每天增加的数量为x 尺，则5×30＋30×（30－1）x 2＝390，所以x ＝1629.故填1629.16．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解：因为S n ＋1＝2S n ＋n ＋1， 当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ，两式相减得，a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2.又S 2＝2S 1＋1＋1，a 1＝S 1＝1，所以a 2＝3，所以a 2＋1a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ， 所以a n ＝2n －1.故填2n －1.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝4a n －3(n ∈N *)，求a n . 解：S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3，两式相减，得a n a n －1＝43.又a 1＝4a 1－3，所以a 1＝1，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1.18．(12分)已知等比数列{a n }中，a 1＝13，公比q ＝13.(1)S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n ＝1－a n2；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为a n ＝13×⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n ，S n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝1－13n 2，所以S n ＝1－a n 2.(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n （n ＋1）2.所以{b n }的通项公式为b n ＝－n （n ＋1）2.19．(12分)(2016·北京)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：(1)等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27.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.所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1. 因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋()2n －1＋1＋3＋…＋3n －1 ＝n ()1＋2n －12＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.20．(12分)已知数列{a n }与{b n }，若a 1＝3且对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2＋a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解：(1)由题意知{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． 所以a n ＝2n ＋1. 当n ＝1时，b 1＝S 1＝4；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n ＋1)－[(n －1)2＋2(n －1)＋1]＝2n ＋1，对b 1＝4不成立．所以数列{b n }的通项公式为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2)由(1)知当n ＝1时，T 1＝1b 1b 2＝120.当n ≥2时， 1b n b n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝120＋12[⎝⎛⎭⎫15－17＋⎝⎛⎭⎫17－19＋…＋(12n ＋1－12n ＋3)]＝120＋12⎝⎛⎭⎫15－12n ＋3＝120＋n －110n ＋15＝6n －120（2n ＋3）. 当n ＝1时仍成立，所以T n ＝6n －120（2n ＋3）.21．(12分)(2017·天津)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 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解：(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.所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ， 故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， 上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×（1－4n ）1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以，数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.22．(12分)(2017·山东)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，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n ＋1(x n ＋1, n ＋1)得到折线P 1 P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解：(1)设数列{x n }的公比为q ，由已知q >0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2， 所以3q 2－5q －2＝0，因为q >0，所以q ＝2，x 1＝1， 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，P 3，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，Q 3，…，Q n ＋1， 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1.记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n . 由题意b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2① 又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＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12.。

§ 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=--…--=.。

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．。

数列求和与数列的综合应用知识点一数列求和的几种常用方法1．分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．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，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．4．倒序相加法如果一个数列{an}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．5．并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．1．判断正误(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时使用公式Sn＝较为合理．(√)(2)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(√)(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan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)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(√) 2．(2019·益阳、湘潭二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是(B)A. B.C. D.解析：由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn ＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.bn＝log2an＝当n≥2时，＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝.故选B.3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝(n－1)2n＋1＋2.解析：∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.知识点二数列的综合应用1．等差数列和等比数列的综合等差数列中最基本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最基本的量是其首项a1和公比q，在等差数列和等比数列的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的．2．数列和函数、不等式的综合(1)等差数列的通项公式和前n项和公式是在公差d≠0的情况下关于n的一次或二次函数．(2)等比数列的通项公式和前n项和公式在公比q≠1的情况下是公比q的指数函数模型．(3)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．4．(2019·武汉市调研考试)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝100.解析：令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，……an－an－1＝bn－1，累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋，分别令n＝12，n＝22，得解得a1＝，a2＝100.1．对于等差、等比数列的综合问题，要先分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项，求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．2．数列与函数的综合问题主要有以下两类：一是已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；二是已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．在解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．3．数列与不等式相结合问题的处理方法(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之，解决这类问题，要把数列和不等式的知识巧妙结合起来，综合处理．考向一分组求和法【例1】(1)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2(2)已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是()A．13B．76C．46D．－76【解析】(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n ＋1＋n2－2.(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.【答案】(1)C(2)D分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．(1)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为(C)A．379＋ B．399＋C．419＋ D．439＋(2)若数列{an}是22＋222＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn ＝2n＋2－4－2n.解析：(1)令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋a3＋...＋a20＝2(1＋2＋3＋ (20)－＝420－＝419＋.(2)an＝2＋22＋23＋ (2)＝＝2n＋1－2，所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝－2n＝2n＋2－4－2n.考向二错位相减法求和【例2】(2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.(1)求q的值；(2)求数列{bn}的通项公式．【解】(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(q＋)＝20，解得q＝2或q＝，因为q>1，所以q＝2.(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.由cn＝解得cn＝4n－1.由(1)可知an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)·()n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)·()n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·()n－2＋(4n－9)·()n－3＋…＋7·＋3.设Tn＝3＋7·＋11·()2＋…＋(4n－5)·()n－2，n≥2，①Tn＝3·＋7·()2＋…＋(4n－9)·()n－2＋(4n－5)·()n－1，②所以①－②得Tn＝3＋4·＋4·()2＋…＋4·()n－2－(4n－5)·()n－1，因此Tn＝14－(4n＋3)·()n－2，n≥2，又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·()n－2.用错位相减法求和的三个注意事项：(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“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”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.已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}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{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}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，所以解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n ＋1－8.得Tn＝×4n＋1＋.所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.考向三裂项相消法求和【例3】(2019·福州市模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.(1)证明：数列{bn}是等比数列；(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项的和Sn.【解】(1)证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，所以＝＝＝＝2，又b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，因为cn＝，所以cn＝＝(－)，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，故bn＝＝＝.Tn＝＝<＝.。

数列求和与数列的综合应用 一、分组求和法：若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。

1、已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n nn S n ，22.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()n na n ab n 12-+=，求数列{}n b 的前n 2项和T 2n .2、已知{}n a 是等差数列，满足13a =，412a =，数列{}n b 满足14b =，420b =，且{}n n b a -是等比数列.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和S n .二、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。

(2)常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1②1n(n+2)=12(1n−1n +2) ③1(2n −1)(2n+1)=12(12n−1−12n +1)④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n 3、设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-= .（1）求{}n a 的通项公式；n .4、已知数列{}n a 是递增的等比数列，且14239,8.a a a a +==（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．三、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。

5、已知 a n 是各项均为正数的等比数列，且a 1+a 2=6，a 1a 2=a 3（1）求数列 a n 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S 2n +1=b n b n +1，求数列 b na n 的前n 项和T n .6、已知{}n a 为等差数列，前n 项和为*()n S n ∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2334111412,2,11b b b a a S b +==-=.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列2{}n n a b 的前n 项和T n *()n ∈N .四、分奇数、偶数求和（课后作业）7、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121,2a a ==，且(1)证明：23n n a a +=；(2)求n S8、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若a 1=2,a n +1+a n =2n −1（1） 求数列{}n a 的通项公式（2） 求n S。

§ 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.。