全国名校优秀高考数学复习课时作业(附详解)专题课时作业34 数列求和与数列的综合应用

第34讲 等差数列及其前n 项和夯实基础 【p 73】【学习目标】1．掌握等差数列的定义与性质、通项公式、前n 项和公式等． 2．掌握等差数列的判断方法． 3．掌握等差数列求和的方法． 【基础检测】1．数列{a n }是等差数列，a 1＝1，a 4＝8，则a 5＝( )A ．16B ．－16C ．32D .313【解析】因为a 4＝8，所以a 1＋3d ＝8， 又因为a 1＝1，所以d ＝73，可得a 5＝a 1＋4d ＝313.【答案】D2．已知等差数列{a n }中，若a 4＝15，则它的前7项和为( )A ．120B ．115C ．110D ．105【解析】由题得S 7＝72(a 1＋a 7)＝72·2a 4＝7a 4＝7×15＝105.【答案】D3．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n【解析】由2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n.【答案】A4．记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若S 9＝45，a 3＋a 8＝12，则a 7等于( ) A ．10 B ．9 C ．8 D ．7【解析】S 9＝9a 5＝45a 5＝5，而a 3＋a 8＝12a 5＋a 6＝12，a 6＝7. ∵2a 6＝a 5＋a 7，∴a 7＝9. 【答案】B5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11, a 3＋a 7＝－6，则当S n 取得最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9【解析】由题设⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－112a 1＋8d ＝－6d ＝2，则S n ＝n 2＋(－11－1)n ＝n 2－12n ，所以当n ＝6时，S n ＝n 2－12n 最小．【答案】A 【知识要点】 1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母__d__表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d (n∈N *)． 3．等差中项如果A ＝a ＋b 2，那么A 叫做a 与b 的等差中项．4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a k ＋(n －k)d(n ，k ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…(n ，m ∈N *)是公差为__md __的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． 5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2或S n ＝na 1＋n （n －1）2d(n∈N *)．6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n(n∈N *)．数列{a n }是等差数列S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数，n ∈N *)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，若a 1>0，d<0，则S n 存在最__大__值；若a 1<0，d>0，则S n 存在最__小__值．典例剖析 【p 73】考点1 等差数列基本量的计算例1(1)已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( )A ．5B ．4C ．3D ．2【解析】写出数列的第一、三、五、七、九项的和，写出数列的第二、四、六、八、十项的和，都用首项和公差表示，两式相减，得到结果．由此得：⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋20d ＝155a 1＋25d ＝30d ＝3.【答案】C(2)已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________． 【解析】a 7－a 5＝2d ＝4，d ＝2，a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1， S k ＝k ＋k （k －1）2×2＝k 2＝9.又k∈N *，故k ＝3.【答案】3【点评】在求解等差数列的基本量问题中主要使用的是方程思想，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加简捷． 考点2 等差数列的性质及应用例2(1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( ) A ．18 B ．99 C ．198 D ．297【解析】因为a 3＋a 9＝27－a 6，2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.【答案】B(2)已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________． 【解析】法一：设数列{a n }的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为D.所以5＋2D ＝10，所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20.【答案】20【点评】一般地，运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程．但要注意性质运用的条件，如m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)，只有当序号之和相等、项数相同时才成立．考点3 等差数列的判定与证明例3令 b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c ，数列{b n }为等差数列，则非零常数c 的值为________．【解析】∵b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c，c ≠0，数列{b n }为等差数列，∴b n ＝2n.得到c ＝－12.【答案】－12例4已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n∈N )，b n ＝1a n .(1)证明：数列{b n }为等差数列． (2)求数列{a n }的通项公式．【解析】(1)∵a 1≠0，且有a n ＋1＝2a n a n ＋2，所以有a n ≠0(n ∈N *)，则有b n ＋1＝1a n ＋1＝a n ＋22a n＝1 a n ＋12＝b n＋12，即b n＋1－b n＝12(n∈N*)且b1＝1a1＝1，所以{b n}是首项为1，公差为12的等差数列．(2)由(1)知b n＝b1＋(n－1)×12＝1＋n－12＝n＋12，即1a n＝n＋12，所以a n＝2n＋1.【点评】等差数列的判定与证明方法－1(n≥2，n∈N*)为同一常数{a n}{a n}是等差数列正整数n都成立{a n}是等差数任意的正整数n 都成立{a n }是考点4 等差数列前n 项和的最值问题例5已知{a n }是各项为正数的等差数列，S n 为其前n 项和，且4S n ＝(a n ＋1)2. (1)求a 1，a 2的值及{a n }的通项公式； (2)求数列⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －72a n 的最小值． 【解析】(1)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以，当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，所以，当n ＝2时，4(1＋a 2)＝(a 2＋1)2，解得a 2＝－1或a 2＝3， 因为{a n }是各项为正数的等差数列，所以a 2＝3， 所以{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，所以{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以S n ＝（2n －1＋1）24＝n 2，所以S n －72a n ＝n 2－72(2n －1)＝n 2－7n ＋72＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－354.所以，当n ＝3或n ＝4时，S n －72a n 取得最小值－172.方法总结 【p 74】1．等差数列的判定方法有定义法、中项公式法、通项公式法、前n 项和公式法，注意等差数列的证明只能用定义法．2．方程思想和基本量思想：在解有关等差数列问题时可以考虑化归为首项与公差等基本量，通过建立方程组获得解．3．用函数思想理解等差数列的通项公式和前n 项和公式，从而解最值问题．走进高考 【p 74】1．(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12【解析】法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4， ∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1， ∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d ，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.【答案】B2．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．【解析】(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.考点集训 【p 214】A 组题1．在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( ) A ．37 B ．36 C ．20 D ．19【解析】a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37.【答案】A2．记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若a 7＝1，a 1－S 4＝9，则数列{}S n 中的最小项为( )A ．S 1B ．S 5，S 6C ．S 4D ．S 7【解析】令等差数列{}a n 的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝1，a 1－4a 1－6d ＝9，解得a 1＝－5，d ＝1，有a n ＝n －6，S n ＝n （n －11）2，则当n ＝5或6时，S n 最小．【答案】B3．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( ) A ．21 B ．22 C ．23 D ．24【解析】3a n ＋1＝3a n －2a n ＋1＝a n －23{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23.【答案】C4．设{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项的和，且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误．．的是( ) A. d ＜0 B. a 7＝0 C. S 9＞S 5D. S 6与S 7均为S n 的最大值【解析】由S 5<S 6得a 6＝S 6－S 5>0，又S 6＝S 7，所以a 7＝0. 由S 7>S 8，得a 8<0，而C 选项S 9>S 5，即a 6＋a 7＋a 8＋a 9>02(a 7＋a 8)>0.由题设a 7＝0，a 8<0，显然C 选项是错误的． 【答案】C5．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝________． 【解析】根据等差数列的定义和性质可得，S 8＝4(a 3＋a 6)，又S 8＝4a 3，所以a 6＝0，又a 7＝－2，所以a 8＝－4，a 9＝－6. 【答案】－66．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则正整数m 的值为________． 【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m－S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m .由S m ＝(3－m )m ＋m （m －1）2×1＝0，解得正整数m 的值为5.【答案】57．已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65.【解析】(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 8．已知等差数列{a n }前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若{a n }为递增数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n .【解析】(1)设公差为d ，则依题意得a 2＝－3，则a 1＝－3－d ，a 3＝－3＋d ，∴(－3－d )(－3)(－3＋d )＝－15，得d 2＝4，d ＝±2，∴a n ＝－2n ＋1或a n ＝2n －7.(2)由题意得a n ＝2n －7，所以|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2n ，n ≤3，2n －7，n ≥4， ①n ≤3时，S n ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝5＋（7－2n ）2n ＝6n －n 2； ②n ≥4时，S n ＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋…＋a n ＝－2(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝18－6n ＋n 2.综上，数列{|a n |}的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋6n ，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4. B 组题1．已知正项数列{a n }中，a 1＝1, a 2＝2, 2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n ，则a 6等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 2【解析】由2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n 知，数列{a 2n }是等差数列，前两项为1，4，所以公差d ＝3，故a 26＝1＋5×3＝16，所以a 6＝4，故选C.【答案】C2．若等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 4≤4，S 6≥12，则a 4的最小值为( )A ．2 B.72C ．3 D.52【解析】S 4＝2(a 1＋a 4)≤42a 4－3d ≤2，① S 6＝3(a 1＋a 6)≥122a 4－d ≥4，即d －2a 4≤－43d －6a 4≤－12，②①②两式相加得：a 4≥52. 【答案】D3．设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝6，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝2，用[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[1.2]＝1，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤m a 1＋m a 2＋…＋m a m 的值用m (m 为整数)表示为__________． 【解析】由题设可得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2，令b n ＝a n ＋1－a n ，则由等差数列的定义可知数列{}b n 是首项为b 1＝a 2－a 1＝4，公差为d ＝2的等差数列，即a n ＋1－a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2，由此可得a 2－a 1＝2×1＋2，a 3－a 2＝2×2＋2，…，a n －a n －1＝2(n －1)＋2，将以上(n －1)个等式两边相加可得a n －a 1＝2×（1＋n －1）2(n －1)＋2n －2＝n (n －1)＋2n －2，即a n ＝n (n ＋1)，所以m a 1＋m a 2＋…＋m a m ＝m －m 2＋m 2－m 3＋…＋m m －1－m m ＝m －1，故⎣⎢⎡⎦⎥⎤m a 1＋m a 2＋…＋ma m＝m －1.【答案】m －14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列；(2)求{a n }的前n 项和S n .【解析】(1)由4S n ＝a 2n ＋2a n －3，4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ， 即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3， 所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（－1）n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5， 所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－（－1）n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.。

【新课改专版】2020年高考数学一轮复习课时精练34.等差数列及其前n 项和 [A 级 基础题——基稳才能楼高]1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，a 5＝5，则S 7的值是( ) A ．30 B ．29 C ．28 D ．272．(2019·北京丰台区模拟)数列{2n －1}的前10项的和是( ) A ．120 B ．110 C ．100 D ．103．(2019·豫北重点中学联考)已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝a n －1，则a 4等于( ) A ．2 B ．0 C ．－1 D ．－24．(2019·张掖质检)设等差数列{a n }的公差为d ，且a 1a 2＝35,2a 4－a 6＝7，则d ＝( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．15．(2019·南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝50，S 10＝200，则a 10＋a 11的值为( )A ．20B ．40C ．60D ．80[B 级 保分题——准做快做达标]1．(2019·惠州调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 9＝12a 12＋6，a 2＝4，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 的前10项和为( )A.1112 B ．1011C.910D ．892．(2019·昆明适应性检测)已知等差数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 3＝a 2，则a 8＝( )A ．12B ．13C ．14D ．153．(2019·南宁名校联考)等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝6，则{a n }的前9项和等于( ) A ．－18 B ．27 C ．18D ．－274．(2019·中山一中统测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝－2n ＋1，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 的前11项和为( )A ．－45B ．－50C ．－55D ．－665．(2019·南昌模拟)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )A ．1升B ．6766升 C.4744升 D ．3733升 6．(2019·云南统一检测)已知等差数列{a n }中，a 1＝11，a 5＝－1，则{a n }的前n 项和S n 的最大值是( )A ．15B ．20C ．26D ．307．(2019·四川三地四校联考)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 018＝( )A ．2 018B ．－2 018C ．4 036D ．－4 0368．(2019·太原模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)在函数y ＝x 2－10x 的图象上，等差数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．S n <2T nB ．b 4＝0C ．T 7>b 7D ．T 5＝T 69．(2019·长春模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和S n 有最大值，且a 2 019a 2 018<－1，则使得S n >0的n 的最大值为( )A ．2 018B ．2 019C ．4 035D ．4 03710．(2019·武汉模拟)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为( )A ．－10B ．－12C ．－9D ．－1311．(2019·广州适应性测试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 3＝5，且S 1，S 5，S 7成等差数列，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.12．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________．13．(2019·南昌模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＋a 7＝4，a 6＋a 8＝－2，则当S n 取最大值时，n 的值是________．14．(2019·石家庄重点高中摸底考试)设公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2，a 5，a 11成等比数列，且a 11＝2(S m －S n )(m >n >0，m ，n ∈N *)，则m ＋n 的值是________．15．(2019·江西三校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝45，S 6＝60. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n (n ∈N *)，且b 1＝3，求⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 的前n 项和T n .16．(2019·辽宁五校协作体模考)已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)在(1)中，设b n ＝S nn ＋c ，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列． 解析34.等差数列及其前n 项和[A 级 基础题——基稳才能楼高]1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，a 5＝5，则S 7的值是( ) A ．30 B ．29 C ．28D ．27解析：选 C 由题意，设等差数列的公差为d ，则d ＝a 5－a 35－3＝1，故a 4＝a 3＋d ＝4，所以S 7＝a 1＋a 72＝7×2a 42＝7×4＝28.故选C. 2．(2019·北京丰台区模拟)数列{2n －1}的前10项的和是( ) A ．120 B ．110 C ．100D ．10解析：选 C ∵数列{2n －1}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴S 10＝a 1＋a 102＝＋2＝100.故选C.3．(2019·豫北重点中学联考)已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝a n －1，则a 4等于( ) A ．2B ．0C ．－1D ．－2解析：选D 因为a 1＝1，a n ＋1＝a n －1，所以数列{a n }为等差数列，公差d 为－1，所以a 4＝a 1＋3d ＝1－3＝－2，故选D.4．(2019·张掖质检)设等差数列{a n }的公差为d ，且a 1a 2＝35,2a 4－a 6＝7，则d ＝( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．1解析：选C ∵{a n }是等差数列，∴2a 4－a 6＝a 4－2d ＝a 2＝7，∵a 1a 2＝35，∴a 1＝5，∴d ＝a 2－a 1＝2，故选C.5．(2019·南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝50，S 10＝200，则a 10＋a 11的值为( )A ．20B ．40C ．60D ．80解析：选 D 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S 5＝5a 1＋5×42d ＝50，S 10＝10a 1＋10×92d ＝200，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋92d ＝20，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝4.∴a 10＋a 11＝2a 1＋19d ＝80.故选D.[B 级 保分题——准做快做达标]1．(2019·惠州调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 9＝12a 12＋6，a 2＝4，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 的前10项和为( )A.1112 B ．1011C.910D ．89解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 9＝12a 12＋6及等差数列的通项公式得a 1＋5d ＝12，又a 2＝4，∴a 1＝2，d ＝2，∴S n ＝n 2＋n ，∴1S n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.选B.2．(2019·昆明适应性检测)已知等差数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 3＝a 2，则a 8＝( )A ．12B ．13C ．14D ．15解析：选D 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得3＋3d ＝1＋d ，解得d ＝2或d ＝－1(舍去)，所以a 8＝1＋7×2＝15，故选D.法二：S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2，由S 3＝a 2可得3a 2＝a 2，解得a 2＝3或a 2＝0(舍去)，则d ＝a 2－a 1＝2，所以a 8＝1＋7×2＝15，故选D.3．(2019·南宁名校联考)等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝6，则{a n }的前9项和等于( ) A ．－18 B ．27 C ．18D ．－27解析：选B 法一：设等差数列的公差为d ，则a 3＋a 7＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＝2a 1＋8d ＝6，所以a 1＋4d ＝3.于是{a n }的前9项和S 9＝9a 1＋9×82d ＝9(a 1＋4d )＝9×3＝27，故选B.法二：由等差数列的性质，得a 1＋a 9＝a 3＋a 7＝6，所以数列{a n }的前9项和S 9＝a 1＋a 92＝9×62＝27，故选B.4．(2019·中山一中统测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝－2n ＋1，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 的前11项和为( )A ．－45B ．－50C ．－55D ．－66解析：选 D ∵a n ＝－2n ＋1，∴数列{a n }是以－1为首项，－2为公差的等差数列，∴S n ＝n [－1＋－2n ＋2＝－n 2，∴S n n ＝－n 2n ＝－n ，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 的前11项和为11×(－1)＋11×102×(－1)＝－66，故选D.5．(2019·南昌模拟)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )A ．1升B ．6766升C.4744升 D ．3733升 解析：选B 设该等差数列为{a n }，公差为d ，由题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1322，d ＝766.∴a 5＝1322＋4×766＝6766.故选B.6．(2019·云南统一检测)已知等差数列{a n }中，a 1＝11，a 5＝－1，则{a n }的前n 项和S n 的最大值是( )A ．15B ．20C ．26D ．30解析：选C 设数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 5－a 15－1＝－3，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3n ＋14，由⎩⎨⎧a n ≥0，a n ＋1≤0⇒⎩⎨⎧14－3n ≥0，11－3n ≤0，解得113≤n ≤143，即n ＝4，所以{a n }的前4项和最大，且S 4＝4×11＋4×32×(－3)＝26，故选C. 7．(2019·四川三地四校联考)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 018＝( )A ．2 018B ．－2 018C ．4 036D ．－4 036解析：选C 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝An 2＋Bn ，则S n n ＝An ＋B ，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 是等差数列．∵S 1212－S 1010＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 的公差为1，又S 11＝a 11＝－2 015，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 是以－2 015为首项，1为公差的等差数列，∴S 2 0182 018＝－2 015＋2 017×1＝2，∴S 2 018＝4 036.故选C.8．(2019·太原模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)在函数y ＝x 2－10x 的图象上，等差数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．S n <2T nB ．b 4＝0C ．T 7>b 7D ．T 5＝T 6解析：选D 因为点(n ，S n )(n ∈N *)在函数y ＝x 2－10x 的图象上，所以S n ＝n 2－10n ，所以a n ＝2n －11，又b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，数列{b n }为等差数列，设公差为d ，所以2b 1＋d ＝－9,2b 1＋3d ＝－7，解得b 1＝－5，d ＝1，所以b n ＝n －6，所以b 6＝0，所以T 5＝T 6，故选D.9．(2019·长春模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和S n 有最大值，且a 2 019a 2 018<－1，则使得S n >0的n 的最大值为( )A ．2 018B ．2 019C ．4 035D ．4 037解析：选 C 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意知d <0，a 2 018>0，a 2 018＋a 2 019<0，所以S 4 035＝a 1＋a 4 0352＝4 035a 2 018>0，S 4 036＝a 1＋a 4 0362＝a 2 018＋a 2 0192<0，所以使得S n >0的n 的最大值为4 035，故选C.10．(2019·武汉模拟)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为( )A ．－10B ．－12C ．－9D ．－13解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36，∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎨⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎨⎧ a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎨⎧ a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎨⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值； 当⎩⎨⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎨⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12.11．(2019·广州适应性测试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 3＝5，且S 1，S 5，S 7成等差数列，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＝5，且S 1，S 5，S 7成等差数列，∴⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋7a 1＋21d ＝10a 1＋20d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.答案：2n －112．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________． 解析：法一：设数列{a n }的公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴a n ＝6n －3.法二：设数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴a n ＝6n －3.答案：a n ＝6n －313．(2019·南昌模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＋a 7＝4，a 6＋a 8＝－2，则当S n 取最大值时，n 的值是________．解析：依题意得2a 6＝4,2a 7＝－2，a 6＝2>0，a 7＝－1<0.又数列{a n }是等差数列，所以在该数列中，前6项均为正数，自第7项起以后各项均为负数，于是当S n 取最大值时，n ＝6.答案：614．(2019·石家庄重点高中摸底考试)设公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2，a 5，a 11成等比数列，且a 11＝2(S m －S n )(m >n >0，m ，n ∈N *)，则m ＋n 的值是________．解析：设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a 2，a 5，a 11成等比数列，所以a 25＝a 2a 11，所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋10d )，解得a 1＝2d ，又a 11＝2(S m －S n )(m >n >0，m ，n ∈N *)，所以2ma 1＋m (m －1)d －2na 1－n (n －1)d ＝a 1＋10d ，化简得(m ＋n ＋3)(m －n )＝12，因为m >n >0，m ，n ∈N *，所以⎩⎨⎧m －n ＝1，m ＋n ＋3＝12或⎩⎨⎧m －n ＝2，m ＋n ＋3＝6，解得⎩⎨⎧m ＝5，n ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝52，n ＝12(舍去)，所以m ＋n ＝9.答案：915．(2019·江西三校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝45，S 6＝60. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n (n ∈N *)，且b 1＝3，求⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 6＝S 6－S 5＝15，所以⎩⎨⎧a 6＝a 1＋5d ＝15，S 5＝5a 1＋10d ＝45，解得a 1＝5，d ＝2，所以a n ＝2n ＋3.(2)b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝a n －1＋a n －2＋…＋a 1＋3＝n 2＋2n ，所以1b n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 4n 2＋12n ＋8. 16．(2019·辽宁五校协作体模考)已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)在(1)中，设b n ＝S nn ＋c ，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列． 解：(1)∵a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根， ∴a 1＝1，a 2＝5，∴等差数列{a n }的公差为4， ∴S n ＝n ·1＋n n －12·4＝2n 2－n .(2)证明：当c ＝－12时，b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－nn －12＝2n ，∴b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2，b 1＝2.∴数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列.。

数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点（解析版）4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m项，可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n，a m+n或a m-n+a m+n的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和．热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)．若a 1>1，则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ，第n 根弦(n ∈N ，从左数首根弦在y 轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l ：y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n，则20n =0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列，数列b n 满足b n =na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和．证明：T n <S n2．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ,BB ,CC ,DD 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举，OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3．已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点，则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0，函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列，则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ，其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ；(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y .证明：当i >24时，E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点A 处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1，P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和，b n为数列S n的前n项积，已知2S n+1b n=2．(1)证明：数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式．热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯，C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形数构成数列a n，正方形数构成数列b n，则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2；B.1225既是三角形数，又是正方形数；C.10i =11b i +1-a i +1=95；D.∀m ∈N *，m ≥2总存在p ，q ∈N *，使得b m =a p +a q 成立；32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足：a i =a n +1-i i =1，2，3，⋯，n 我们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列c n 为2k +1项的“对称数列”，其中c 1，c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列，数列c n 的最大项等于8，记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1，若S 2k +1=32，则k =．数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a 4,a 6，再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列，则a 4<a 6，由a 3+a 7=34，得a 4+a 6=34，而a 4⋅a 6=280，解得a 4=14,a 6=20，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选：D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ，则半径为30mm ，周长为2π×30=60πmm ，又满盘时直径为120mm ，则半径为60mm ，周长为2π×60=120πmm ，又因为卫生纸的厚度为0.1mm ，则60-300.1=300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，于是根据等差数列的求和公式，得：S300=300×60π+120π2=27000πmm ，又27000πmm≈84780mm≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，故选：B.3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则a n是以9为首项，9为公差的等差数列，a n=9+n-1×9=9n，设S n为a n的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n，S2n-S n，S3n-S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n-S2n=S2n-S n+729，即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729，解得n=9，所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选：C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m 项，可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ，a m +n 或a m -n +a m +n 的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列，且a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ，则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1，a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2，因此，a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选：D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a 1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，所以，a 11-12 6 1-12=6332a 1=378，解得a 1=378×3263=192，所以，此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选：D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列，a 2a 4a 5=a 3a 6，a 9a 10=-8，则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1，联立a 9a 10=-8求出q 3=-2，最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ，则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ，显然a n ≠0，则a 4=q 2，即a 1q 3=q 2，则a 1q =1，因为a 9a 10=-8，则a 1q 8⋅a 1q 9=-8，则q 15=q 5 3=-8=-2 3，则q 3=-2，则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2，故答案为：-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an }的通项公式；(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n =2n -12；(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式；(Ⅱ)首先求得S n 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ，因为a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列，所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6)，即(2d -2)2=d (3d -4)，解得d =2，所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214；当n =5或者n =6时，S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和．已知2S nn+n =2a n +1．(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)-78．【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差即可得到a n -a n -1=1，从而得证；(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a 1，即可得到a n 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②，①-②得，2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ，即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1，即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)[方法一]：二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ，解得a 1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时，S nmin=-78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时，S nmin=-78．【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S n的最小值，适用于可以求出S n的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和．【答案】(1)a n=2n+1，2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b n=2n，前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1，求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1，即b k<2k+1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，据此可得2k-1<b k，综上可得：2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<bk<2k+1，2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-3 2k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，所以2k-1<b12k-1<2k+1，即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-1 2k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，所以数列的通项公式为b n=2n，其前n项和为：S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y=1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n，则20n=0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：y n =n +1,y n =1.1n ，则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120，可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121，两式相减可得：-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4，所以20n =0y n y n=914.故答案为：914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1，得到结论；(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =2(n -1)+log 2a 1，从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20，令f (x )=341x +5log 2x +20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a 1=1，b n =14n2，求出T 1=14<74，当n ≥2时，利用裂项相消法求和，得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明如下：根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得，a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1；∵a 1>0，∴a 2n -1>0，a2n +1a 2n -1=4，即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得，a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1，故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20，由S 10=361，得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20，当x >0时，f (x )=341x +5log 2x +20单调递增，且f (1)=361=f a 1 ，故a 1=1，a 2n +1=4n =22n ，a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ，∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2，T 1=b 1=14<12，当n ≥2时，b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12，综上，知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在，c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，利用AM =MB ，可得x 1+x 2=1，分类讨论：①x 1=12，x 2=12；②x 1≠12时，x 2≠12，利用函数解析式，可求y 1+y 2的值；(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2，∴f k n +f n -kn=-2，代入k =0，1，2，⋯，n -1，利用倒序相加法可得S n =1-n ，从而可得数列a n 的通项与前n 项和，利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，则AM =12-x 1,y M -y 1 ，MB =x 2-12,y 2-y M ，∵AM =MB ，∴x 1+x 2=1．①当x 1=12时，x 2=12，y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2；②当x 1≠12时，x 2≠12，y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2；综合①②得，y 1+y 2=-2．(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2．∴f k n +f n -k n=-2，k =0,1,2,⋯,n -1，∴n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得，2S n =-2(n -1)，则S n =1-n ．又n =1时，S 1=0满足上式，∴S n =1-n ．∴a n =2S n=21-n ，∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n．∵T m -c T m +1-c <12，∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0，∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0，∵Tm +1=2-12m ，2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ，∴12≤2-32m <c <2-12m <2，c ,m 为正整数，∴c =1，当c =1时，2-32m<12-12m >1，∴1<2m <3，∴m =1．【点评】作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1，其他项都在0,1 范围内，再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13，累加可求出1a n >13(n +2)，得出100a 100<3，再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ，累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ，再次放缩可得出100a 100>52．【详解】∵a 1=1，易得a 2=23∈0,1 ，依次类推可得a n ∈0,1由题意，a n +1=a n 1-13a n ，即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ，∴1a n +1-1a n =13-a n >13，即1a 2-1a 1>13，1a 3-1a 2>13，1a 4-1a 3>13，⋯，1a n -1a n -1>13,(n ≥2)，累加可得1a n -1>13n -1 ，即1a n >13(n +2),(n ≥2)，∴a n <3n +2,n ≥2 ，即a 100<134，100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2)，∴1a 2-1a 1=131+12 ，1a 3-1a 2<131+13 ，1a 4-1a 3<131+14 ，⋯，1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3)，累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3)，∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39，即1a 100<40，∴a 100>140，即100a 100>52；综上：52<100a 100<3．故选：B ．16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n，结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形，即S 1=21×1212=121=12，操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形，即S 2=22×122 2=122=14，操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形，即S 3=23×1232=123=18，以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n ，由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n，从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解，将不等式变形为12 n ≤12024，注意到12 10=11024>12024，1211=12048<12024，且函数y =12x在R 上单调递减，所以n 的最小值是11.故选：C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式，利用裂项求和可得T n 表达式，即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ，由S 4=4S 2得，4a 1+6d =42a 1+d ，解得d =2a 1，∵a 3n =3a n +2，即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2，∴2d =2a 1+2，结合d =2a 1，∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1；(2)证明：由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1，即∴T n =121-12n +1 ，又T n 随着n 的增大增大，当n =1时，T n 取最小值为T 1=13，又n →+∞时，12n +1>0，且无限趋近于0，故T n =121-12n +1 <12，故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23，得到S n =n +2 a n 3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得：a n a n -1=n +1n -1，利用累乘法求得a n =n n +1 2，检验对于n =1也成立，得到a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ，进而证得.【详解】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12，显然对于n=1也成立，∴a n的通项公式a n=n n+12；(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列，数列b n满足b n=na n3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求a n和b n的通项公式；(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和．证明：T n<S n 2．【答案】(1)a n=13n-1，b n=n3n；(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n，再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以a n=13n-1，所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ，T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n．设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．故T n<S n 2．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n，T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1，所以T n=341-13n-n2⋅3n，所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0，所以T n<S n 2 .[方法三]：构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n，令c n=(αn+β)13 n，且b n=c n-c n+1，即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1，通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以c n=32n+34 ⋅13 n．则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n，下同方法二．[方法四]：导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x，由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2，则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2．又b n=n13n=13n13 n-1，所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n，下同方法二．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1)；(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式，再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列，进而求B n ；(2)由题设易得b n +1=3b n ，等比数列前n 项和公式求B n ，进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1，裂项相消法化简已知不等式左侧，得b 1>31-23n +1-1恒成立，进而求最小值.【详解】(1)由题设，a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2，而a 1=A 1=3，显然也满足上式，故a n =3n ，由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2，又b 1=2，所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上，B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ，a n +1-a n =32b n +1-b n ，则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n )，所以b n +1=3b n ，而b 1≥1，故bn +1b n=3，即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1)，则B n +1=b12(3n +1-1)，b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1，而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13，所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13，所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立，所以1-23n +1-1<1，故b 1≥3，则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ；b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，根据题意列式求d ,q ，进而可得结果；(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56，进而根据数列单调性分析证明.【详解】(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a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，可得1+4d =5d ，解得d =1。

高考数学一轮复习课时作业34数列求和与数列的综合应用理（含解析）新人教版课时作业34 数列求和与数列的综合应用第一次作业 基础巩固练一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为( C )A ．380－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×20＋12－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n 为正奇数，a n ＋1，n 为正偶数，则其前6项之和是( C )A ．16B ．20C ．33D ．120解析：由已知得a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.3．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是( D )A ．2n ＋1＋n －2B ．2n ＋1－n ＋2C ．2n－n －2D ．2n ＋1－n －2解析：因为S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，①2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋(n －2)×23＋…＋2×2n －1＋2n，②所以①－②得，－S n ＝n －(2＋22＋23＋ (2))＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.4．(2019·沈阳市教学质量监测)在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1a 5＝64，则数列{a na n －1a n ＋1－1}的前n 项和是( A )A ．1－12n ＋1－1B ．1－12n ＋1 C ．1－12n＋1D ．1－12n－1解析：∵数列{a n }为等比数列，a n >0，a 1＝2，a 1a 5＝64，∴公比q ＝2，∴a n ＝2n，a na n －1a n ＋1－1＝2n2n－12n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1.设数列 {a na n －1a n ＋1－1}的前n 项和为T n ，则T n ＝1－122－1＋122－1－123－1＋123－1－124－1＋…＋12n－1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，故选A. 5．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何．”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和，恰好重1斤．问此人总共持金多少．则在此问题中，第5关收税金( B )A.120斤 B.125斤 C.130斤 D.136斤 解析：假设原来持金为x ，则第1关收税金12x ；第2关收税金13(1－12)x ＝12×3x ；第3关收税金14(1－12－16)x ＝13×4x ；第4关收税金15(1－12－16－112)x ＝14×5x ；第5关收税金16(1－12－16－112－120)x ＝15×6x .依题意，得12x ＋12×3x ＋13×4x ＋14×5x ＋15×6x ＝1，即(1－16)x ＝1，56x ＝1，解得x ＝65，所以15×6x ＝15×6×65＝125.故选B.6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，且S n ＝1 350.若a 2<2，则n 的最大值为( A )A ．51B ．52C ．53D ．54解析：因为a n ＋1＋a n ＝2n ＋1 ①， 所以a n ＋2＋a n ＋1＝2(n ＋1)＋1＝2n ＋3 ②，②－①得a n ＋2－a n ＝2，且a 2n －1＋a 2n ＝2(2n －1)＋1＝4n －1，所以数列{a n }的奇数项构成以a 1为首项，2为公差的等差数列，数列{a n }的偶数项构成以a 2为首项，2为公差的等差数列，数列{a 2n －1＋a 2n }是以4为公差的等差数列，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋12＋a 1－1，n 为奇数，n n ＋12，n 为偶数.当n 为偶数时，n n ＋12＝1 350，无解(因为50×51＝2 550,52×53＝2 756，所以接下来不会有相邻两数之积为2 700)． 当n 为奇数时，n n ＋12＋(a 1－1)＝1 350，a 1＝1 351－n n ＋12，因为a 2<2，所以3－a 1<2，所以a 1>1，所以1 351－n n ＋12>1，所以n (n ＋1)<2 700，又n ∈N *，所以n ≤51，故选A. 二、填空题7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1(3n －2)，则前100项和S 100等于－150.解析：∵a 1＋a 2＝a 3＋a 4＝a 5＋a 6＝…＝a 99＋a 100＝－3，∴S 100＝－3×50＝－150. 8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n(n ∈N *)，则S 2 018＝3·21_009－3.解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，①∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②由①÷②得a n ＋1a n －1＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 018＝1－21 0091－2＋21－21 0091－2＝3·21009－3.9．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝－63. 解析：解法1：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8； 当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.解法2：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×1－261－2＝－63.三、解答题10．(2019·贵阳市监测考试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝4，a 3－a 2＝6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2.解：(1)∵S 2＝a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝4，a 1q 2－q ＝6，∵q >0，∴q ＝3，a 1＝1，∴a n ＝1×3n －1＝3n －1，即数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)证明：由(1)知b n ＝log 3a n ＋1＝log 33n＝n ，∴b 1＝1，b n ＋1－b n ＝n ＋1－n ＝1， ∴数列{b n }是首项b 1＝1，公差d ＝1的等差数列， ∴T n ＝n n ＋12，则1T n ＝2nn ＋1＝2(1n －1n ＋1)， ∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n ＝2(11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)<2，∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2.11．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得S nn＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n . 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 而a 1＝1满足上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n(4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ；当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为偶数，－2n ＋1，n 为奇数.12．(2019·石家庄质量检测(二))已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．解：(1)由已知得，a m ＝S m －S m －1＝4， 且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14， 设数列{a n }的公差为d ， 则有2a m ＋3d ＝14，∴d ＝2. 由S m ＝0，得ma 1＋m m －12×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4，∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6， ∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3，∴(a n ＋6)·b n ＝2n ×2n －3＝n ×2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ， 则T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2，①2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，② ①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1＝2－11－2n1－2－n ×2n －1＝2n －1－12－n ×2n －1，∴T n ＝(n －1)×2n －1＋12(n ∈N *)． 第二次作业 高考·模拟解答题体验1．(2019·河北名校联考)已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1， ∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列，∴a n ＝3n . (2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1， ∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列，∴T n ＝－1×[1－－2n]1＋2＝－13[1－(－2)n]．2．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ； (2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)． 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1，S n ＝n n ＋32.又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明：因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1.则c n ＝S n T n K n ＝n ＋32n－12n ＋1，c n ＋1－c n ＝n ＋42n ＋1－12n ＋2－n ＋32n－12n ＋1＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N *)． 3．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 ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ， 由a 4＝a 1q 3，得q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1，n ∈N *.(2)S n ＝a 11－q n 1－q＝2n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1，n∈N *.4．(2019·石家庄质量检测)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝121－12n －11－12＝1－12n －1，∴b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列{n2n －1}的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1 ①，12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ②， ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.5．已知S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且2S n ＝a 2n ＋a n ，等比数列{b n }的公比q >1，b 1＝2，且b 1，b 3，b 2＋10成等差数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n ·b n ＋(－1)n·2n ＋1a n ·a n ＋1，记T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n ，求T 2n .解：(1)当n ≥2时，由题意得2S n －2S n －1＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1， 2a n ＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1，a 2n －a 2n －1－(a n ＋a n －1)＝0，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，当n ＝1时，2a 1＝a 21＋a 1，∵a 1>0，∴a 1＝1， ∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n .由b 1＝2,2b 3＝b 1＋(b 2＋10)，得2q 2－q －6＝0， 解得q ＝2或q ＝－32(舍)，∴b n ＝b 1q n －1＝2n .(2)由(1)得c n ＝n ·2n＋(－1)n·2n ＋1n n ＋1＝n ·2n ＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1，∴T 2n ＝(1×2＋2×22＋…＋2n ·22n)＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13－13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋12n ＋1＝(1×2＋2×22＋…＋2n ·22n)＋⎝⎛⎭⎪⎫－1＋12n ＋1，记W 2n ＝1×2＋2×22＋…＋2n ·22n， 则2W 2n ＝1×22＋2×23＋…＋2n ·22n ＋1，以上两式相减可得－W 2n ＝2＋22＋ (22)－2n ·22n ＋1＝21－22n1－2－2n ·22n ＋1＝(1－2n )·22n ＋1－2，∴W 2n ＝(2n －1)·22n ＋1＋2，∴T 2n ＝W 2n ＋⎝⎛⎭⎪⎫－1＋12n ＋1＝(2n －1)·22n ＋1＋12n ＋1＋1. 6．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2na n，数列{b n }的前n 项的和为S n ，试求数列{S 2n －S n }的最小值；(3)求证：当n ≥2时，S 2n ≥7n ＋1112. 解：(1)由条件a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ，得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ，又a 1＝2，所以a 11＝2， 因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 构成首项为2，公比为2的等比数列．a n n＝2·2n －1＝2n ，因此，a n ＝n ·2n . (2)由(1)得b n ＝1n，设c n ＝S 2n －S n ，则c n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)， 所以c n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，从而c n ＋1－c n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1>12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0， 因此数列{c n }是单调递增的，所以(c n )min ＝c 1＝12.。

2021年高考数学一轮复习 5.4 数列求和课时作业 理（含解析）新人教A版必修5一、选择题1．等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝4，a 2＋a 3＋a 4＝－2，则a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝( )A.2116 B.1916 C.98 D.78解析：由于q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝－24＝－12，所以a 3＋a 4＋a 5＝(a 2＋a 3＋a 4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1，a 6＋a 7＋a 8＝(a 3＋a 4＋a 5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＝－18， 于是a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝78.答案：D2．(xx·大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101 B.99101 C.99100 D.101100解析：由S 5＝5a 3及S 5＝15得a 3＝3，∴d ＝a 5－a 35－3＝1，a 1＝1，∴a n ＝n ，1a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和T 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A.答案：A3．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．11B ．99C ．120D ．121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.答案：C4．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n 的前n 项和S n 等于( )A.3n －1n ＋1B.2n n ＋1C.3n n ＋1D.4nn ＋3解析：a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：B5．(xx·云南昆明高三调研)公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝( )A．－20 B．0 C．7 D．40解析：记等比数列{a n}的公比为q，其中q≠1，依题意有－2a2＝－3a1＋a3，－2a1q＝－3a1＋a1q2≠0，即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，又q≠1，因此有q＝－3，S4＝1×[1－－34]1＋3＝－20，选A.答案：A6．(xx·山东青岛期中)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且a n＝f(n)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝( )A．0 B．100 C．5 050 D．10 200解析：因为f(n)＝n2cos(nπ)，所以a1＋a2＋a3＋...＋a100＝－12＋22－32＋42－...－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋...(1002－992)＝3＋7＋ (199)503＋1992＝5 050，选C.答案：C二、填空题7．已知数列{a n}对于任意p，q∈N*有a p a q＝a p＋q，若a1＝12，则S9＝________.解析：由题意得a n＋1＝a n a1，a n ＋1a n ＝a 1＝12，a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， 因此S 9＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫129＝511512.答案：5115128．数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝________.解析：∵a n ＋1＝3S n ，∴S n ＋1－S n ＝3S n ，∴S n ＋1＝4S n ，∴{S n }是以S 1为首项，公比为4的等比数列，∴S 10＝410－1＝49，∴log 4S 10＝log 449＝9.答案：99．已知数列{a n }(n ∈N *)中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1，则a n ＝________解析：由a n ＋1＝a n 2a n ＋1得1a n ＋1＝2＋1a n∴数列{a n }的倒数成公差为2的等差数列，由此可求1a n ＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案：12n －1三、解答题10．(xx·青岛统一质检)已知n ∈N *，数列{d n }满足d n ＝3＋－1n2，数列{a n }满足a n ＝d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 2n ；又知数列{b n }中，b 1＝2，且对任意正整数m ，n，b mn＝b n m.(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；(2)将数列{b n}中的第a1项，第a2项，第a3项，……，第a n项，……，删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{c n}，求数列{c n}的前2 013项和．解：(1)∵d n＝3＋－1n2，∴a n＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝3×2n2＝3n又由题知：令m＝1，则b2＝b21＝22，b3＝b31＝23，…，b n＝b n1＝2n若b n＝2n，则b m n＝2nm，b n m＝2mn，所以b m n＝b n m恒成立若b n≠2n，当m＝1，b m n＝b n m不成立，所以b n＝2n.(2)由题知将数列{b n}中的第3项、第6项、第9项……第3n项删去后构成的新数列{c n}中的奇数项与偶数项仍成等比数列，首项分别是b1＝2，b2＝4公比均是8，T2 013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 012)＝2×1－81 0071－8＋4×1－81 0061－8＝20×81 006－6711．(xx·山东烟台诊断)已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足：a2·a4＝65，a1＋a5＝18.(1)若1<i<21，a1，a i，a21是某等比数列的连续三项，求i的值；(2)设b n＝n2n＋1S n，是否存在一个最小的常数m使得b1＋b2＋…＋b n<m对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由．解：(1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根， 又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13. ∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ， 即1·81＝(4i －3)2， 解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n n －12·4＝2n 2－n ，所以b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1 因为n 2n ＋1＝12－122n ＋1<12， 所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．12．(xx·山西第三次四校联考)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b n ，设C n ＝b n a n ，求数列{C n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知2a n ＝S n ＋12，a n >0当n ＝1时，2a 1＝a 1＋12，∴a 1＝12当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12两式相减得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1整理得：a na n －1＝2∴数列{a n }是以12为首项，2为公比的等比数列．a n ＝a 1·2n －1＝12×2n －1＝2n －2(2)a 2n ＝2－b n ＝22n －4∴b n ＝4－2n ，C n ＝b n a n ＝4－2n 2n －2＝16－8n 2nT n ＝82＋022＋－823＋…＋24－8n 2n －1＋16－8n2n①12T n ＝822＋023＋…＋24－8n 2n ＋16－8n 2n ＋1② ①－②得12T n ＝4－8⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －16－8n 2n ＋1＝4－8·122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－16－8n2n ＋1＝4－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－16－8n 2n ＋1＝4n 2n .∴T n ＝8n2n. [热点预测]13．(xx·保定第一次模拟)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x ，12，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x ，－12(ω>0，x ≥0)，函数f (x )＝a ·b 的第n (n ∈N *)个零点记作x n (从左向右依次计数)，则所有x n 组成数列{x n }．(1)若ω＝12，求x 2；(2)若函数f (x )的最小正周期为π，求数列{x n }的前100项和S 100. 解：f (x )＝a ·b ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x cos ⎝⎛⎭⎪⎫ω2x －14＝12sin(ωx )－14 (1)当ω＝12时，f (x )＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －14令f (x )＝0，得x ＝4kπ＋π3或x ＝4kπ＋5π3(k ∈Z ，x ≥0) 取k ＝0，得x 2＝5π3. (2)因为f (x )最小正周期为π，则ω＝2，故f (x )＝12sin(2x )－14令f (x )＝0得x ＝kπ＋π12或x ＝kπ＋5π12(k ∈Z ，x ≥0)所以S 100＝∑k ＝049⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫kπ＋π12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫kπ＋5π12＝∑k ＝049 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2kπ＋π2 ＝2π(0＋1＋2＋…＋49)＋50×π2＝50×49π＋25π＝2 475π.g25753 6499 撙23520 5BE0寠F30302 765E 癞23967 5D9F 嶟28347 6EBB 溻30218 760A 瘊22181 56A5 嚥27623 6BE7 毧m39956 9C14 鰔20395 4FAB 侫32450 7EC2 绂。

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)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．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

课时作业35 数列求和一、选择题 1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n－1 D ．n ＋2＋2n解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1，故选C.答案：C2．设数列{(－1)n}的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( ) A.n [－1n－1]2B.－1n －1＋12C.－1n＋12 D.－1n－12解析：∵数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列， ∴S n ＝－1－－1n×－11－－1＝－1n－12.答案：D3．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2＋3，a 3＝4＋5＋6，a 4＝7＋8＋9＋10，…，则a 10的值为( )A ．750B ．610C ．510D ．505解析：a 10＝46＋47＋…＋55＝505. 答案：D4．数列{a n }中，a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1，…是首项为1，公比为13的等比数列，则a n 等于( )A.32(1－13n )B.32(1－13n －1)C.23(1－13n )D.23(1－13n －1) 解析：由题得a n －a n －1＝(13)n －1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(13)n －1＋(13)n －2＋…＋13＋1＝32(1－13n )． 答案：A5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101 C.99100D.101100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，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 答案：A6．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解析：f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n 为奇数n 2n 为偶数＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.答案：B 二、填空题7．设S n ＝12＋16＋112＋…＋1nn ＋1，若S n ·S n ＋1＝34，则n 的值为________． 解析：S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1， ∴S n ·S n ＋1＝nn ＋1·n ＋1n ＋2＝n n ＋2＝34，解得n ＝6. 答案：68．数列32，94，258，6516，…的前n 项和S n 为________．解析：∵32＝1＋12，94＝2＋14，258＝3＋18，6516＝4＋116，…∴S n ＝32＋94＋258＋6516＋…＋(n ＋12n )＝(1＋2＋3＋…＋n )＋(12＋122＋123＋…＋12n )＝nn ＋12＋12[1－12n]1－12＝n n ＋12＋1－12n .答案：n n ＋12＋1－12n9．已知f (x )＝4x 4x ＋2，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＝ ________.解析：因为f (x )＋f (1－x )＝4x4x ＋2＋41－x41－x ＋2＝4x4x ＋2＋44＋2·4x ＝4x4x ＋2＋22＋4x ＝1. 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＝…＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫511＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫611＝1.∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＝5.答案：5 三、解答题10．(2014·某某卷)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *. (1)证明：数列{a n n}是等差数列；(2)设b n ＝3n·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1 所以{a n n }是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得a nn＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2，从而b n ＝n ·3nS n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ①3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1②①－②得：－2S n ＝31＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1＝3×1－3n1－3－n ·3n ＋1＝1－2n ·3n ＋1－32所以S n ＝2n －1·3n ＋1＋34.11．(2014·某某卷)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n 2n －12n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋－1n －12n ＋1.1．设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N *，且m ≥2)，则必定有( ) A ．S m >0，且S m ＋1<0 B ．S m <0，且S m ＋1>0 C ．S m >0，且S m ＋1>0 D ．S m <0，且S m ＋1<0解析：∵－a m <a 1<－a m ＋1，∴a 1＋a m >0，a 1＋a m ＋1<0，∴S m >0，且S m ＋1<0. 答案：A2．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n 为( )A.nn ＋1B.4nn ＋1 C.3n n ＋1D.5n n ＋1解析：a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4(1n －1n ＋1)， ∴S n ＝4[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝4(1－1n ＋1)＝4n n ＋1. 答案：B3．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝15，且对任意正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m a n ，若S n <t 恒成立，则实数t 的最小值为________．解析：令m ＝1，则a n ＋1a n＝a 1， ∴{a n }是以a 1为首项，15为公比的等比数列．∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，∴S n ＝15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ＋11－15＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－15n＝14－14·5n <14. 由S n <t 恒成立，∴t >S n 的最大值，可知t 的最小值为14.答案：144．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)． (1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式a n ；(2)数列{b n }满足b n ＝(3n－1)·n2n ·a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若不等式(－1)nλ<T n＋n2n －1对一切n ∈N *恒成立，求λ的取值X 围．解：(1)由a n ＋1＝a na n ＋3得1a n ＋1＝a n ＋3a n ＝1＋3a n， 即1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，又1a 1＋12＝32， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，∴1a n ＋12＝32×3n －1＝3n2，即a n ＝23n －1. (2)b n ＝n 2n －1，T n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，T n2＝1×121＋2×122＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n ， 两式相减得T n 2＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n ×12n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1，∴(－1)nλ<4－22n －1.若n 为偶数，则λ<4－22n －1，∴λ<3；若n 为奇数，则－λ<4－22n －1，∴－λ<2，∴λ>－2.∴－2<λ<3.。