2019-2020年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题2数列专题限时集训4数列求和理
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第1讲 等差数列、等比数列[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知S 4=0,a 5=5,则( )A.a n =2n -5B.a n =3n -10C.S n =2n 2-8nD.S n =12n 2-2n(2)(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 24=a 6,则S 5=________.[答案] (1)A (2)1213[解析] (1)设首项为a 1,公差为d .由S 4=0,a 5=5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+4d =5,4a 1+6d =0,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=-3,d =2. 所以a n =-3+2(n -1)=2n -5,S n =n ×(-3)+n (n -1)2×2=n 2-4n .故选A.(2)由a 24=a 6得(a 1q 3)2=a 1q 5,整理得q =1a 1=3.∴S 5=13(1-35)1-3=1213.[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量:首项a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程(组):把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组),然后求解,注意整体计算,以减少运算量.[跟踪训练]1.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中,a 3=2,a 7=1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列,则a 9=( )A.12 B.54 C.45D.-45解析:选C 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列,a 3=2,a 7=1,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d =1a 7-1a 37-3=1-127-3=18,所以1a 9=1a 7+(9-7)×18=54,所以a 9=45,故选C.2.(2019·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 3+4S 2=0,则公比q =( )A.-1B.1C.-2D.2解:(1)设{a n }的公比为q ,由题设得2q 2=4q +16,即q 2-2q -8=0.解得q =-2(舍去)或q =4.因此{a n }的通项公式为a n =2×4n -1=22n -1.(2)由(1)得b n =(2n -1)log 22=2n -1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n -1=n 2.解析:选C 法一:因为a 3+4S 2=0,所以a 1q 2+4a 1+4a 1q =0,因为a 1≠0,所以q 2+4q +4=0,所以q =-2,故选C.法二:因为a 3+4S 2=0,所以a 2q +4a 2q +4a 2=0,因为a 2≠0,所以q +4q+4=0,即(q+2)2=0,所以q =-2,故选C.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和.[例2] (1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 6=30,S 9=70,则S 3=________.(2)在等差数列{a n }中,已知a 1=13,3a 2=11a 6,则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________.[解析] (1)法一:设数列{a n }的公比为q (q >0且q ≠1),由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 6=a 1(1-q 6)1-q=30, ①S 9=a 1(1-q 9)1-q =70,②①÷②得,1-q 61-q 9=1+q 31+q 3+q 6=37,又由q >0,得q 3=2,再由S 3S 6=a 1(1-q 3)1-q a 1(1-q 6)1-q=11+q 3=13,得S 3=13S 6=10. 法二:由题意可得(S 6-S 3)2=S 3(S 9-S 6),即(30-S 3)2=40S 3,即S 23-100S 3+900=0,解得S 3=10或S 3=90,又数列{a n }的各项均为正数,所以S 3<S 6,S 3=90(舍去),故S 3=10.(2)设{a n }的公差为d .法一:由3a 2=11a 6,得3(13+d )=11(13+5d ), 解得d =-2,所以a n =13+(n -1)×(-2)=-2n +15.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0,a n +1≤0得⎩⎪⎨⎪⎧-2n +15≥0,-2(n +1)+15≤0,解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *,所以当n =7时,数列{a n }的前n 项和S n 最大,最大值为S 7=7(13-2×7+15)2=49.法二:由3a 2=11a 6,得3(13+d )=11(13+5d ), 解得d =-2,所以a n =13+(n -1)×(-2)=-2n +15. 所以S n =n (13+15-2n )2=-n 2+14n =-(n -7)2+49,所以当n =7时,数列{a n }的前n 项和S n 最大,最大值为S 7=49. [答案] (1)10 (2)49[解题方略] 与数列性质有关问题的求解策略[跟踪训练]1.在等比数列{a n }中,a 3,a 15是方程x 2+6x +2=0的根,则a 2a 16a 9的值为( ) A.-2+22B.- 2C. 2D.-2或 2解析:选B 设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 3,a 15是方程x 2+6x +2=0的根,所以a 3·a 15=a 29=2,a 3+a 15=-6,所以a 3<0,a 15<0,则a 9=-2,所以a 2a 16a 9=a 29a 9=a 9=-2,故选B.2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{a n }中,4a 3+a 11-3a 5=10,则15a 4=( ) A.-1 B.0 C.1D.2解析:选C 法一:设{a n }的公差为d (d ≠0),由4a 3+a 11-3a 5=10,得4(a 1+2d )+(a 1+10d )-3(a 1+4d )=10,即2a 1+6d =10,即a 1+3d =5,故a 4=5,所以15a 4=1,故选C.法二:设{a n }的公差为d (d ≠0),因为a n =a m +(n -m )d ,所以由4a 3+a 11-3a 5=10,得4(a 4-d )+(a 4+7d )-3(a 4+d )=10,整理得a 4=5,所以15a 4=1,故选C.法三:由等差数列的性质,得2a 7+3a 3-3a 5=10,得4a 5+a 3-3a 5=10,即a 5+a 3=10,则2a 4=10,即a 4=5,所以15a 4=1,故选C.3.数列{a n }是首项a 1=m ,公差为2的等差数列,数列{b n }满足2b n =(n +1)a n ,若对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立,则m 的取值范围是________.解析:由题意得,a n =m +2(n -1), 从而b n =n +12a n =n +12[m +2(n -1)].又对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立,结合数列{b n }的函数特性可知b 4≥b 5,b 6≥b 5,故⎩⎪⎨⎪⎧52(m +6)≥3(m +8),72(m +10)≥3(m +8),解得-22≤m ≤-18.答案:[-22,-18][例3] 设S n 为数列{a n }的前n 项和,对任意的n ∈N *,都有S n =2-a n ,数列{b n }满足b 1=2a 1,b n =b n -11+b n -1(n ≥2,n ∈N *).(1)求证:数列{a n }是等比数列,并求{a n }的通项公式;(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列,并求数列{b n }的通项公式.[解] (1)当n =1时,a 1=S 1=2-a 1,解得a 1=1; 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=a n -1-a n , 即a n a n -1=12(n ≥2,n ∈N *). 所以数列{a n }是首项为1, 公比为12的等比数列,故数列{a n }的通项公式为a n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1.(2)因为a 1=1,所以b 1=2a 1=2.因为b n =b n -11+b n -1,所以1b n =1b n -1+1,即1b n -1b n -1=1(n ≥2).所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12,公差为1的等差数列.所以1b n =12+(n -1)·1=2n -12,故数列{b n }的通项公式为b n =22n -1.[解题方略]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法: ①利用定义,证明a n +1-a n (n ∈N *)为一常数; ②利用等差中项,即证明2a n =a n -1+a n +1(n ≥2).(2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法: ①利用定义,证明a n +1a n(n ∈N *)为一常数; ②利用等比中项,即证明a 2n =a n -1a n +1(n ≥2).[跟踪训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -3n (n ∈N *). (1)求a 1,a 2,a 3的值.(2)设b n =a n +3,证明数列{b n }为等比数列,并求通项公式a n . 解:(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -3n (n ∈N *). 所以n =1时,由a 1=S 1=2a 1-3×1,解得a 1=3,n =2时,由S 2=2a 2-3×2,得a 2=9, n =3时,由S 3=2a 3-3×3,得a 3=21.(2)因为S n =2a n -3n , 所以S n +1=2a n +1-3(n +1), 两式相减,得a n +1=2a n +3,①把b n =a n +3及b n +1=a n +1+3,代入①式, 得b n +1=2b n (n ∈N *),且b 1=6,所以数列{b n }是以6为首项,2为公比的等比数列, 所以b n =6×2n -1,所以a n =b n -3=6×2n -1-3=3(2n-1).逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论[典例] 已知等比数列{a n }中a 2=1,则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(-∞,-1] B.(-∞,0)∪[1,+∞) C.[3,+∞)D.(-∞,-1]∪[3,+∞)[解析] 设等比数列{a n }的公比为q , 则S 3=a 1+a 2+a 3=a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1q +1+q =1+q +1q.当公比q >0时,S 3=1+q +1q≥1+2q ·1q=3,当且仅当q =1时,等号成立;当公比q <0时,S 3=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫-q -1q ≤1-2(-q )·⎝ ⎛⎭⎪⎫-1q =-1,当且仅当q =-1时,等号成立.所以S 3∈(-∞,-1]∪[3,+∞). [答案] D[素养通路]等比数列的公比q <0时,相邻两项一定异号,相隔一项的两项符号一定相同;等比数列的公比q >0时,数列中的各项符号相同.用等比数列前n 项和公式时,如果其公比q 不确定,要分q =1和q ≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.[专题过关检测]A 组——“6+3+3”考点落实练一、选择题1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=( )A.16B.8C.4D.2解析:选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0,q >0,a 1+a 1q +a 1q 2+a 1q 3=15,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2,∴a 3=a 1q 2=4.故选C.2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{a n }满足2a n =a n -1+a n +1(n ≥2),a 2+a 4+a 6=12,a 1+a 3+a 5=9,则a 1+a 6=( )A.6B.7C.8D.9解析:选B 法一:由题意知,数列{a n }是等差数列,设公差为d ,则⎩⎪⎨⎪⎧a 1+d +a 1+3d +a 1+5d =12,a 1+a 1+2d +a 1+4d =9,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =1,所以a 1+a 6=a 1+a 1+5d =7,故选B. 法二:由题意知,数列{a n }是等差数列,将a 2+a 4+a 6=12与a 1+a 3+a 5=9相加可得3(a 1+a 6)=12+9=21,所以a 1+a 6=7,故选B.3.(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数,其前n 项和为S n .若a 3=4,a 2a 6=64,则S 5=( )A.32B.31C.64D.63解析:选 B 法一:设首项为a 1,公比为q ,因为a n >0,所以q >0,由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2=4,a 1q ·a 1q 5=64,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2,所以S 5=31,故选B. 法二:设首项为a 1,公比为q ,因为a n >0,所以q >0,由a 2a 6=a 24=64,a 3=4,得q =2,a 1=1,所以S 5=31,故选B.4.数列{a n }中,a 1=2,a 2=3,a n +1=a n -a n -1(n ≥2,n ∈N *),那么a 2019=( ) A.1 B.-2 C.3D.-3解析:选A 因为a n +1=a n -a n -1(n ≥2),所以a n =a n -1-a n -2(n ≥3),所以a n +1=a n -a n-1=(a n -1-a n -2)-a n -1=-a n -2(n ≥3).所以a n +3=-a n (n ∈N *),所以a n +6=-a n +3=a n , 故{a n }是以6为周期的周期数列. 因为2019=336×6+3,所以a 2019=a 3=a 2-a 1=3-2=1.故选A.5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 6>S 7>S 5,则满足S n S n +1<0的正整数n 的值为( )A.10B.11C.12D.13解析:选C 由S 6>S 7>S 5,得S 7=S 6+a 7<S 6,S 7=S 5+a 6+a 7>S 5,所以a 7<0,a 6+a 7>0,所以S 13=13(a 1+a 13)2=13a 7<0,S 12=12(a 1+a 12)2=6(a 6+a 7)>0,所以S 12S 13<0,即满足S n S n+1<0的正整数n 的值为12,故选C.6.已知数列{a n }满足a n +2-a n +1=a n +1-a n ,n ∈N *,且a 5=π2,若函数f (x )=sin2x +2cos 2x 2,记y n =f (a n ),则数列{y n }的前9项和为( )A.0B.-9C.9D.1解析:选 C 由已知可得,数列{a n }为等差数列,f (x )=sin2x +cos x +1,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=1.∵f (π-x )=sin(2π-2x )+cos(π-x )+1=-sin2x -cos x +1,∴f (π-x )+f (x )=2,∵a 1+a 9=a 2+a 8=…=2a 5=π,∴f (a 1)+…+f (a 9)=2×4+1=9,即数列{y n }的前9项和为9.二、填空题7.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和,若a 1=1,S 3=34,则S 4=________.解析:设等比数列的公比为q ,则a n =a 1qn -1=qn -1.∵a 1=1,S 3=34,∴a 1+a 2+a 3=1+q +q 2=34,即4q 2+4q +1=0,∴q =-12,∴S 4=1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫-1241-⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=58.答案:588.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2=-3,S 5=-10,则a 5=________,S n 的最小值为________.解析:∵a 2=a 1+d =-3,S 5=5a 1+10d =-10, ∴a 1=-4,d =1, ∴a 5=a 1+4d =0, ∴a n =a 1+(n -1)d =n -5.令a n <0,则n <5,即数列{a n }中前4项为负,a 5=0,第6项及以后为正. ∴S n 的最小值为S 4=S 5=-10. 答案:0 -109.设某数列的前n 项和为S n ,若S nS 2n为常数,则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1,公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”,则该等差数列的公差d =________.解析:由S n S 2n =k (k 为常数),且a 1=1,得n +12n (n -1)d =k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n +12×2n (2n -1)d ,即2+(n -1)d =4k +2k (2n -1)d ,整理得,(4k -1)dn +(2k -1)(2-d )=0,∵对任意正整数n ,上式恒成立,∴⎩⎪⎨⎪⎧d (4k -1)=0,(2k -1)(2-d )=0,得⎩⎪⎨⎪⎧d =2,k =14,∴数列{a n }的公差为2.答案:2 三、解答题10.(2019·北京高考)设{a n }是等差数列,a 1=-10,且a 2+10,a 3+8,a 4+6成等比数列.(1)求{a n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n ,求S n 的最小值. 解:(1)设{a n }的公差为d .因为a 1=-10, 所以a 2=-10+d ,a 3=-10+2d ,a 4=-10+3d . 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). 所以(-2+2d )2=d (-4+3d ). 解得d =2.所以a n =a 1+(n -1)d =2n -12. (2)由(1)知,a n =2n -12.则当n ≥7时,a n >0;当n ≤6时,a n ≤0. 所以S n 的最小值为S 5=S 6=-30.11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,a 2+a 3=8,S 9=81.(1)求{a n }的通项公式;(2)若S 3,a 14,S m 成等比数列,求S 2m .解:(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧S 9=9a 5=9(a 1+4d )=81,a 2+a 3=2a 1+3d =8,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =2, 故a n =1+(n -1)×2=2n -1. (2)由(1)知,S n =n (1+2n -1)2=n 2.∵S 3,a 14,S m 成等比数列,∴S 3·S m =a 214,即9m 2=272,解得m =9,故S 2m =182=324.12.(2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 3=7,a n =2a n -1+a 2-2(n ≥2).(1)证明:数列{a n +1}为等比数列;(2)求数列{a n }的通项公式,并判断n ,a n ,S n 是否成等差数列?解:(1)证明:∵a 3=7,a 3=3a 2-2,∴a 2=3, ∴a n =2a n -1+1, ∴a 1=1,a n +1a n -1+1=2a n -1+2a n -1+1=2(n ≥2),∴数列{a n +1}是首项为a 1+1=2,公比为2的等比数列. (2)由(1)知,a n +1=2n, ∴a n =2n-1,∴S n =2(1-2n)1-2-n =2n +1-n -2,∴n +S n -2a n =n +(2n +1-n -2)-2(2n-1)=0,∴n +S n =2a n ,即n ,a n ,S n 成等差数列.B 组——大题专攻强化练1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n +1-3a n =3n(n ∈N *)且a 1=1. (1)设b n =a n3n -1,证明:数列{b n }为等差数列;(2)设c n =n a n,求数列{c n }的前n 项和S n . 解:(1)证明:由已知得a n +1=3a n +3n,得b n +1=a n +13n=3a n +3n3n=a n3n -1+1=b n +1,所以b n +1-b n =1,又a 1=1,所以b 1=1, 所以数列{b n }是首项为1,公差为1的等差数列. (2)由(1)知,b n =a n3n -1=n ,所以a n =n ·3n -1,c n =13n -1,所以S n =1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13n 1-13=32⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13n =32-12·3n -1.2.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9=-a 5. (1)若a 3=4,求{a n }的通项公式;(2)若a 1>0,求使得S n ≥a n 的n 的取值范围. 解:(1)设{a n }的公差为d . 由S 9=-a 5得a 1+4d =0. 由a 3=4得a 1+2d =4. 于是a 1=8,d =-2.因此{a n }的通项公式为a n =10-2n . (2)由(1)得a 1=-4d ,故a n =(n -5)d ,S n =n (n -9)d 2.由a 1>0知d <0,故S n ≥a n 等价于n 2-11n +10≤0,解得1≤n ≤10,所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10,n ∈N }.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n +1=3a n -b n +4,4b n +1=3b n -a n -4.(1)证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列; (2)求{a n }和{b n }的通项公式.解:(1)证明:由题设得4(a n +1+b n +1)=2(a n +b n ),即a n +1+b n +1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(a n +1-b n +1)=4(a n -b n )+8, 即a n +1-b n +1=a n -b n +2. 又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n -1,所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )]=12n +n -12,b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n +12.4.已知数列{a n }的首项a 1=3,a 3=7,且对任意的n ∈N *,都有a n -2a n +1+a n +2=0,数列{b n }满足b n =a 2n -1,n ∈N *.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)求使b 1+b 2+…+b n >2020成立的最小正整数n 的值. 解:(1)令n =1得,a 1-2a 2+a 3=0,解得a 2=5.又由a n -2a n +1+a n +2=0知,a n +2-a n +1=a n +1-a n =…=a 2-a 1=2, 故数列{a n }是首项a 1=3,公差d =2的等差数列, 于是a n =2n +1,b n =a 2n -1=2n +1.(2)由(1)知,b n =2n+1.于是b 1+b 2+…+b n =(21+22+ (2))+n =2(1-2n)1-2+n =2n +1+n -2.令f (n )=2n +1+n -2,易知f (n )是关于n 的单调递增函数,又f (9)=210+9-2=1031,f (10)=211+10-2=2056, 故使b 1+b 2+…+b n >2020成立的最小正整数n 的值是10.第2讲 数列通项与求和[例1] (1)已知S n 为数列{a n }的前n 项和,a 1=1,当n ≥2时,S n -1+1=a n ,则a 8=________.(2)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n ,则a n =____________. [解析] (1)当n =2时,S 1+1=a 2,即a 2=2.当n ≥2时,⎩⎪⎨⎪⎧S n -1+1=a n ,S n +1=a n +1,相减得a n +1=2a n ,又a 1=1,所以a 2=2a 1.所以数列{a n }构成一个等比数列, 所以a 8=a 2·q 6=2×26=128.(2)因为a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n ,①故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n -3)a n -1=2(n -1),② ①-②得(2n -1)a n =2,所以a n =22n -1, 又n =1时,a 1=2适合上式, 从而{a n }的通项公式为a n =22n -1. [答案] (1)128 (2)22n -1[解题方略]1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ,常用思路是:一是利用S n -S n -1=a n (n ≥2)转化为a n的递推关系,再求其通项公式;二是转化为S n 的递推关系,先求出S n 与n 之间的关系,再求a n .2.形如a n +1=pa n +q (p ≠1,q ≠0),可构造一个新的等比数列.[跟踪训练]1.已知S n 是数列{a n }的前n 项和,且log 5(S n +1)=n +1,则数列{a n }的通项公式为________.解析:由log 5(S n +1)=n +1,得S n +1=5n +1,所以S n =5n +1-1.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=4×5n;当n =1时,a 1=S 1=24,不满足上式.所以数列a n 的通项公式为a n =⎩⎪⎨⎪⎧24,n =1,4×5n,n ≥2. 答案:a n =⎩⎪⎨⎪⎧24,n =1,4×5n,n ≥2 2.已知首项为2的数列{a n }满足a n +1(2n -1)=a n (2n +1)(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为a n =________.答案:4n -2解析:因为a n +1(2n -1)=a n (2n +1)(n ∈N *),且a 1=2,所以a n +1a n =2n +12n -1,得a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n -1=2×31×53×…×2n -12n -3=4n -2. 考点二数列的求和题型一 分组转化求和[例2] 已知{a n }为等差数列,且a 2=3,{a n }前4项的和为16,数列{b n }满足b 1=4,b 4=88,且数列{b n -a n }为等比数列.(1)求数列{a n }和{b n -a n }的通项公式; (2)求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设{a n }的公差为d ,因为a 2=3,{a n }前4项的和为16,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1+d =3,4a 1+4×32d =16,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =2, 所以a n =1+(n -1)×2=2n -1. 设{b n -a n }的公比为q , 则b 4-a 4=(b 1-a 1)q 3, 因为b 1=4,b 4=88,所以q 3=b 4-a 4b 1-a 1=88-74-1=27,解得q =3,所以b n -a n =(4-1)×3n-1=3n.(2)由(1)得b n =3n+2n -1,所以S n =(3+32+33+ (3))+(1+3+5+…+2n -1) =3(1-3n)1-3+n (1+2n -1)2=32(3n -1)+n 2 =3n +12+n 2-32. [解题方略]求解此类题的关键:一是会“列方程”,即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量;二是会“用公式”,即会利用等差(比)数列的通项公式,求出所求数列的通项公式;三是会“分组求和”,观察数列的通项公式的特征,若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成,则求前n 项和时可用分组求和法,把数列分成几个可以直接求和的数列;四是会“用公式法求和”,对分成的各个数列的求和,观察数列的特点,一般可采用等差数列与等比数列的前n 项和公式求和.题型二 裂项相消求和[例3] (2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =S n -1+1(n ≥2,n ∈N ),且a 1=1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ; (2)记b n =1a n ·a n +1,T n 为{b n }的前n 项和,求使T n ≥2n成立的n 的最小值.[解] (1)由已知有S n -S n -1=1(n ≥2,n ∈N ), ∴数列{S n }为等差数列,又S 1=a 1=1, ∴S n =n ,即S n =n 2.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2-(n -1)2=2n -1. 又a 1=1也满足上式,∴a n =2n -1.(2)由(1)知,b n =1(2n -1)(2n +1)=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1,∴T n =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n +1=n 2n +1. 由T n ≥2n得n 2≥4n +2,即(n -2)2≥6,∴n ≥5,∴n 的最小值为5. [解题方略]求解此类题需过“三关”:一是定通项关,即会利用求通项的常用方法,求出数列的通项公式;二是巧裂项关,即能将数列的通项公式准确裂项,表示为两项之差的形式;三是消项求和关,即把握消项的规律,求和时正负项相消,准确判断剩余的项是哪几项,从而准确求和.题型三 错位相减求和[例4] (2019·天津高考)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0.已知a 1=b 1=3,b 2=a 3,b 3=4a 2+3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式.(2)设数列{c n }满足c n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n 为奇数,b n 2,n 为偶数.求a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n (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 .依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧3q =3+2d ,3q 2=15+4d ,解得⎩⎪⎨⎪⎧d =3,q =3, 故a n =3+3(n -1)=3n ,b n =3×3n -1=3n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n ,{b n }的通项公式为b n =3n. (2)a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n=(a 1+a 3+a 5+…+a 2n -1)+(a 2b 1+a 4b 2+a 6b 3+…+a 2n b n ) =⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3+n (n -1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n ×3n )=3n 2+6(1×31+2×32+…+n ×3n). 记T n =1×31+2×32+…+n ×3n,① 则3T n =1×32+2×33+…+n ×3n +1,②②-①得,2T n =-3-32-33- (3)+n ×3n +1=-3(1-3n)1-3+n ×3n +1=(2n -1)3n +1+32.所以,a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n =3n 2+6T n =3n 2+3×(2n -1)3n +1+32=(2n -1)3n +2+6n 2+92(n ∈N *).[解题方略]运用错位相减法求和的关键:一是判断模型,即判断数列{a n },{b n }是不是一个为等差数列,一个为等比数列;二是错开位置,为两式相减不会看错列做准备;三是相减,相减时一定要注意最后一项的符号,学生在解题时常在此步出错,一定要小心.[跟踪训练]1.已知{a n }为正项等比数列,a 1+a 2=6,a 3=8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)若b n =log 2a na n,且{b n }的前n 项和为T n ,求T n .解:(1)依题意,设等比数列{a n }的公比为q ,则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1q =6,a 1q 2=8,则3q 2-4q -4=0,而q >0,∴q =2.于是a 1=2,∴数列{a n }的通项公式为a n =2n. (2)由(1)得b n =log 2a n a n =n2n ,∴T n =12+222+323+…+n2n ,12T n =122+223+…+n -12n +n 2n +1, 两式相减得,12T n =12+122+123+…+12n -n 2n +1,∴T n =1+12+122+…+12n -1-n2n=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1-12-n2n =2-n +22n.2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足:a 1=1,3a 2-a 1=1,且2a n =a n -1+a n +1a n -1a n +1(n ≥2).(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b 1=12,4b n =a n -1a n (n ≥2),求T n .解:(1)∵2a n =a n -1+a n +1a n -1a n +1(n ≥2),∴2a n =1a n -1+1a n +1(n ≥2).又a 1=1,3a 2-a 1=1, ∴1a 1=1,1a 2=32,∴1a 2-1a 1=12, ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1,公差为12的等差数列.∴1a n =1+12(n -1)=12(n +1), 即a n =2n +1. (2)∵4b n =a n -1a n (n ≥2), ∴b n =1n (n +1)=1n -1n +1(n ≥2),∴T n =b 1+b 2+…+b n =⎛⎪⎫1-12+ ⎛⎪⎫12-13+…+ ⎛⎪⎫1n -1n +1=1-1n +1=n n +1. [例5] (2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列,公比q <1,前n 项和为S n ,若a 2=2,S 3=7.(1)求{a n }的通项公式;(2)设m ∈Z ,若S n <m 恒成立,求m 的最小值.[解] (1)由a 2=2,S 3=7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q =2,a 1+a 1q +a 1q 2=7, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=4,q =12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2(舍去).所以a n =4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -3.(2)由(1)可知,S n =a 1(1-q n )1-q =4⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n 1-12=8⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n <8.因为a n >0,所以S n 单调递增.又S 3=7,所以当n ≥4时,S n ∈(7,8). 又S n <m 恒成立,m ∈Z ,所以m 的最小值为8.[解题方略]求解数列与函数交汇问题注意两点:(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集(或它的有限子集),在求数列最值或不等关系时要特别重视;(2)解题时准确构造函数,利用函数性质时注意限制条件.[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{a n }的公差为d ,且关于x 的不等式a 1x 2-dx -3<0的解集为(-1,3).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =2a n +12+a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .解:(1)由题意知,方程a 1x 2-dx -3=0的两个根分别为-1和3.则⎩⎪⎨⎪⎧d a 1=2,-3a 1=-3,解得⎩⎪⎨⎪⎧d =2,a 1=1.故数列{a n }的通项公式为a n =a 1+(n -1)d =1+(n -1)×2=2n -1.(2)由(1)知a n =2n -1,所以b n =2a n +12+a n =2n+(2n -1), 所以S n =(2+22+23+…+2n )+(1+3+5+…+2n -1)=2n +1+n 2-2.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列,S n 为其前n 项和,已知S 3=7,a 1+3,3a 2,a 3+4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =a n +ln a n ,求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1).由已知,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 2+a 3=7,(a 1+3)+(a 3+4)2=3a 2,即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1+q +q 2)=7,a 1(1-6q +q 2)=-7. 由q >1,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2,故数列{a n }的通项公式为a n =2n -1.(2)由(1)得b n =2n -1+(n -1)ln2,所以T n =(1+2+22+…+2n -1)+[0+1+2+…+(n -1)]ln2=1-2n1-2+n (n -1)2ln2=2n-1+n (n -1)2ln2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括:理解运算对象,掌握运算法则,探究运算思路,选择运算方法,设计运算程序,求得运算结果等.本题通过列出关于首项与公比的方程组,并解此方程组得出首项与公比,从而得出通项公式;通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“6+3+3”考点落实练一、选择题1.若数列{a n }的通项公式是a n =(-1)n +1·(3n -2),则a 1+a 2+…+a 2020=( )A.-3027B.3027C.-3030D.3030解析:选C 因为a 1+a 2+…+a 2020=(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 2019+a 2020)=(1-4)+(7-10)+…+[(3×2019-2)-(3×2020-2)]=(-3)×1010=-3030,故选C.2.已知数列{a n }满足a n +1a n +1+1=12,且a 2=2,则a 4=( )A.-12B.23C.12D.11解析:选D 因为数列{a n }满足a n +1a n +1+1=12,所以a n +1+1=2(a n +1),即数列{a n +1}是等比数列,公比为2,则a 4+1=22(a 2+1)=12,解得a 4=11.3.(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n =n 2+n +1,b n =(-1)na n (n ∈N *),则数列{b n }的前50项和为( )A.49B.50C.99D.100解析:选A 由题意得,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n ,当n =1时,a 1=S 1=3,所以数列{b n }的前50项和为(-3+4)+(-6+8)+…+(-98+100)=1+2×24=49,故选A.4.已知数列{a n }是等差数列,若a 2,a 4+3,a 6+6构成公比为q 的等比数列,则q =( ) A.1 B.2 C.3D.4解析:选A 令等差数列{a n }的公差为d ,由a 2,a 4+3,a 6+6构成公比为q 的等比数列,得(a 4+3)2=a 2(a 6+6),即(a 1+3d +3)2=(a 1+d )·(a 1+5d +6),化简得(2d +3)2=0,解得d =-32.所以q =a 4+3a 2=a 1-92+3a 1-32=a 1-32a 1-32=1.故选A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1016个浮雕,这些浮雕构成一幅优美的图案,若从最下层往上,浮雕的数量构成一个数列{a n },则log 2(a 3a 5)的值为( )A.8B.10C.12D.16解析:选C 依题意得,数列{a n }是以2为公比的等比数列, 因为最下层的浮雕的数量为a 1,所以S 7=a 1(1-27)1-2=1016,解得a 1=8,所以a n =8×2n -1=2n +2(1≤n ≤7,n ∈N *),所以a 3=25,a 5=27,从而a 3×a 5=25×27=212, 所以log 2(a 3a 5)=log 2212=12,故选C.6.(2019·洛阳市统考)已知数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,且a n >0,6S n =a 2n +3a n ,b n =2a n(2a n -1)(2a n +1-1),若k >T n 恒成立,则k 的最小值为( )A.17 B.149 C.49D.8441解析:选B ∵6S n =a 2n +3a n ,∴6S n +1=a 2n +1+3a n +1, ∴6a n +1=(a n +1+a n )(a n +1-a n )+3(a n +1-a n ), ∴(a n +1+a n )(a n +1-a n )=3(a n +1+a n ), ∵a n >0,∴a n +1+a n >0,∴a n +1-a n =3, 又6a 1=a 21+3a 1,a 1>0,∴a 1=3.∴{a n }是以3为首项,3为公差的等差数列,∴a n =3n ,∴b n =17·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n -1-18n +1-1,∴T n =17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫18-1-182-1+⎝ ⎛⎭⎪⎫182-1-183-1+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫18n -1-18n +1-1=17·⎝ ⎛⎭⎪⎫17-18n +1-1<149, ∴k ≥149,∴k 的最小值为149,故选B.二、填空题7.在各项都为正数的等比数列{a n }中,已知a 1=2,a 2n +2+4a 2n =4a 2n +1,则数列{a n }的通项公式a n =________.解析:设等比数列{a n }的公比为q >0,因为a 1=2,a 2n +2+4a 2n =4a 2n +1, 所以(a n q 2)2+4a 2n =4(a n q )2,化为q 4-4q 2+4=0, 解得q 2=2,q >0,解得q = 2.则数列{a n }的通项公式a n =2×(2)n -1=2n +12.答案:2n +128.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{a n }满足a 2=5,a 6+a 8=30,则a n =________,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n -1的前n 项和为________. 解析:设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列,∴a 6+a 8=30=2a 7,解得a 7=15,∴a 7-a 2=5d .又a 2=5,则d =2.∴a n =a 2+(n -2)d =2n +1.∴1a 2n -1=14n (n +1)=14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1,∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n -1的前n 项和为14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=14⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1n +1=n4(n +1).答案:2n +1n4(n +1)9.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,且S n =λa n -1(λ为常数),若数列{b n }满足a n b n =-n 2+9n -20,且b n +1<b n ,则满足条件的n 的取值集合为________.解析:因为a 1=1,且S n =λa n -1(λ为常数), 所以a 1=λ-1=1,解得λ=2,所以S n =2a n -1,所以S n -1=2a n -1-1(n ≥2),所以a n =2a n -1,∴数列{a n }是等比数列,首项是1,公比是2,所以a n =2n -1.因为a n b n =-n 2+9n -20,所以b n =-n 2+9n -202n -1, 所以b n +1-b n =n 2-11n +282n=(n -4)(n -7)2n<0,解得4<n <7,又因为n ∈N *,所以n =5或n =6. 即满足条件的n 的取值集合为{5,6}. 答案:{5,6} 三、解答题10.(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1=1,a 2n +2=a n +1(n ∈N *). (1)求证:数列{a 2n }是等差数列,并求出{a n }的通项公式; (2)若b n =2a n +a n +1,求数列{b n }的前n 项和.解:(1)由a 2n +2=a n +1得a 2n +1-a 2n =2,且a 21=1, 所以数列{a 2n }是以1为首项,2为公差的等差数列, 所以a 2n =1+(n -1)×2=2n -1,又由已知易得a n >0,所以a n =2n -1(n ∈N *). (2)b n =2a n +a n +1=22n -1+2n +1=2n +1-2n -1,故数列{b n }的前n 项和T n =b 1+b 2+…+b n =(3-1)+(5-3)+…+(2n +1-2n -1)=2n +1-1.11.已知数列{a n }的前n 项和S n =2n +1-2,b n =a n2n +2n .(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:(1)当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n +1-2-2n +2=2n,当n =1时,a 1=S 1=2,所以a n =2n .(2)∵b n =a n2n +2n =2n +1,∴a n b n =(2n +1)·2n.∴T n =3×2+5×22+7×23+…+(2n +1)·2n, 2T n =3×22+5×23+7×24+…+(2n +1)·2n +1,∴-T n =6+23+24+…+2n +1-(2n +1)·2n +1=6+23(1-2n -1)1-2-(2n +1)2n +1=-2-(2n -1)·2n +1.∴T n =(2n -1)·2n +1+2.12.(2019·郑州市第二次质量预测)数列{a n }满足:a 12+a 23+…+a nn +1=n 2+n ,n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1a n ,数列{b n }的前n 项和为S n ,求满足S n >920的最小正整数n .解:(1)由题意知,a 12+a 23+…+a nn +1=n 2+n ,当n ≥2时,a 12+a 23+…+a n -1n =(n -1)2+n -1,两式相减得,a nn +1=2n ,a n =2n (n +1)(n ≥2).当n =1时,a 1=4也符合,所以a n =2n (n +1),n ∈N *. (2)b n =1a n=12n (n +1)=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1,所以S n =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1n +1=n 2(n +1), 由S n =n 2(n +1)>920得n >9,所以满足条件的最小正整数n 为10.B 组——大题专攻强化练1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列,其前n 项和为S n ,且S n 为a n 与1a n的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(-1)na n,求{b n }的前n 项和T n .解:(1)由题意知,2S n =a n +1a n,即2S n a n -a 2n =1,①当n =1时,由①式可得a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n -1,代入①式,得2S n (S n -S n -1)-(S n -S n -1)2=1, 整理得S 2n -S 2n -1=1.所以{S 2n }是首项为1,公差为1的等差数列,S 2n =1+n -1=n . 因为{a n }的各项都为正数,所以S n =n , 所以a n =S n -S n -1=n -n -1(n ≥2),又a 1=S 1=1,所以a n =n -n -1.(2)b n =(-1)na n =(-1)nn -n -1=(-1)n(n +n -1),当n 为奇数时,T n =-1+(2+1)-(3+2)+…+(n -1+n -2)-(n +n -1)=-n ;当n 为偶数时,T n =-1+(2+1)-(3+2)+…-(n -1+n -2)+(n +n -1)=n .所以{b n }的前n 项和T n =(-1)nn .2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中,a 5-a 3=4,前n 项和为S n ,且S 2,S 3-1,S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)令b n =(-1)n4na n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n .解:(1)设{a n }的公差为d ,由a 5-a 3=4,得2d =4,d =2. ∴S 2=2a 1+2,S 3-1=3a 1+5,S 4=4a 1+12,又S 2,S 3-1,S 4成等比数列,∴(3a 1+5)2=(2a 1+2)·(4a 1+12), 解得a 1=1, ∴a n =2n -1. (2)b n =(-1)n4na n a n +1=(-1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n -1+12n +1,当n 为偶数时,T n =-⎝ ⎛⎭⎪⎫1+13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13+15-⎝ ⎛⎭⎪⎫15+17+…-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -3+12n -1+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1+12n +1,∴T n =-1+12n +1=-2n2n +1.当n 为奇数时,T n =-⎝ ⎛⎭⎪⎫1+13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13+15-⎝ ⎛⎭⎪⎫15+17+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -3+12n -1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1+12n +1,∴T n =-1-12n +1=-2n +22n +1.∴T n=⎩⎪⎨⎪⎧-2n 2n +1,n 为偶数,-2n +22n +1,n 为奇数.3.(2019·江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M 数列”. (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M 数列”;(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1,1S n =2b n -2b n +1,其中S n 为数列{b n }的前n 项和.求数列{b n }的通项公式.解:(1)证明:设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4=a 1q 4,a 1q 2-4a 1q +4a 1=0, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M 数列”.(2)因为1S n =2b n -2b n +1,所以b n ≠0.由b 1=1,S 1=b 1,得11=21-2b 2,则b 2=2.由1S n =2b n -2b n +1,得S n =b n b n +12(b n +1-b n ). 当n ≥2时,由b n =S n -S n -1,得b n =b n b n +12(b n +1-b n )-b n -1b n2(b n -b n -1),整理得b n +1+b n -1=2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{b n }的通项公式为b n =n (n ∈N *). 4.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 ,所以b n +1-b n =12n ,由a 1=1,得b 1=1,所以当n ≥2时,(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n -1)=121+122+…+12n -1,所以b n -b 1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n -11-12=1-12n -1,即b n =2-12n -1(n ≥2),易知b 1=1满足上式,所以b n =2-12n -1(n ∈N *).(2)由(1)可知a n =2n -n 2n -1,设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n -1的前n 项和为T n ,则T n =120+221+322+…+n2n -1,①12T n =121+222+323+…+n2n ,② 由①-②得,12T n =120+121+122+…+12n -1-n 2n =120-12n1-12-n 2n =2-n +22n . 所以T n =4-n +22n -1.所以数列{a n }的前n 项和S n =n (n +1)-4+n +22n -1.[思维流程——找突破口][典例] 已知数列{a n }满足a 1=1,na n +1=2(n +1)·a n .设b n =a n n. (1)求b 1,b 2,b 3;(2)判断数列{b n }是否为等比数列,并说明理由; (3)求{a n }的通项公式. [快审题][稳解题] (1)由条件可得a n +1=2(n +1)na n .将n =1代入得,a 2=4a 1,而a 1=1,所以a 2=4. 将n =2代入得,a 3=3a 2,所以a 3=12. 从而b 1=1,b 2=2,b 3=4.(2)数列{b n }是首项为1,公比为2的等比数列. 理由如下: 由条件可得a n +1n +1=2a nn, 即b n +1=2b n ,又b 1=1,所以数列{b n }是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得a n n=2n -1,所以a n =n ·2n -1.[题后悟道] 等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标,确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题.如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的逻辑次序.(2)注意细节.在等差数列与等比数列综合问题中,如果等比数列的公比不能确定,则要看其是否有等于1的可能,在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等.[针对训练]已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ,满足a 2n =S n +S n -1(n ≥2),a 1=1. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n =(1-a n )2-a (1-a n ),若b n +1>b n 对任意n ∈N *恒成立,求实数a 的取值范围.。
2019-2020高考数学二轮复习专题训练:数列本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题,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是1-a 和1+a 的等比中项,则a+3b 的最大值为( )A . 1B . 2C . 3D . 4【答案】B2.已知{}n a 是等差数列,1010a =,其前10项和1070S =,则其公差d=( )A .23-B .13-C .13D .23【答案】D3.{}n a 为等差数列,若11101a a <-,且它的前n 项和S 有最大值,那么n S 取得最小正值时,n 的值为( ) A .11 B .17C .19D .21【答案】C4.已知等差数列}{n a 中,951=a a ,32=a ,则=4a ( )A .3B .7C .3或3-D .3或7 【答案】D5.在等比数列{a n }中,S 4=1,S 8=3,则a 17+a 18+a 19+a 20的值是( )A .14B .16C .18D .20【答案】B6.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【答案】C7.已知正项数列{}n a 为等比数列且24353a a a 是与的等差中项,若22a =,则该数列的前5项的和为( )A .3312B .31C .314D .以上都不正确【答案】B8.设{}(*)n a n N ∈是等差数列,n S 是其前n 项和,且56678,S S S S S <=>,则下列结论错误的是( )A . 0d<B .70a =C . 98S S > D . 67n S S S 与均为的最大值【答案】C9.数列{}n a 是公差不为0的等差数列,且137,,a a a 为等比数列{}n b 的连续三项,则数列{}n b 的公比为( )A .B .4C .2D .12【答案】C10.已知等比数列{}n a 的前n 项和为112,6n n S a -=⋅+则a 的值为( ) A .13-B .13C .12-D .12【答案】A11.若a,b,c 成等比数列,m 是a,b 的等差中项,n 是b,c 的等差中项,则=+ncm a ( ) A .4 B .3C .2D .1【答案】C 12.已知数列,前项和,第项满足,则等于( )A .B.C. D. 【答案】B第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题 (本大题共4个小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在题中横线上) 13.等差数列{}n a 中, ,33,952==a a 则{}n a 的公差为____________。
2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题二数列必考点[例1] (本题满分12分)已知首项都是1的两个数列{a n },{b n }(b n ≠0,n ∈N *),满足a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0.(1)令c n =a n b n,求数列{c n }的通项公式; (2)若b n =3n -1,求数列{a n }的前n 项和S n .解:(1)因为b n ≠0,所以由a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0, 得a n b n -a n +1b n +1+2=0,(2分)即a n +1b n +1-a nb n=2,(3分) 所以c n +1-c n =2,所以{c n }是以c 1=a 1b 1=1为首项,2为公差的等差数列,(5分) 所以c n =1+(n -1)×2=2n -1.(6分) (2)由b n =3n -1知a n =c n b n =(2n -1)3n -1,于是数列{a n }的前n 项和S n =1·30+3·31+5·32+…+(2n -1)·3n -1,(8分)3S n =1·31+3·32+…+(2n -3)·3n -1+(2n -1)·3n,相减得-2S n =1+2·(31+32+…+3n -1)-(2n -1)·3n=-2-(2n -2)3n,(10分)所以S n =(n -1)3n+1.(12分) 评分细则:得分点及踩点说明(1)第(1)问,利用条件②合理转化得2分. (2)写成等差数列定义形式得1分. (3)得出其首项、公差进而写出通项得3分. (4)第(2)问,由b n =3n +1,c n =2n -1,得到{a n }的通项得2分.(5)在等式两端同乘以3给2分. (6)错位相减给1分.(7)错位相减后求和正确得2分. (8)最后结果整理得1分.(xx·高考全国甲卷)等差数列(a n )中,a 3+a 4=4,a 5+a 7=6. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =[a n ],求数列{b n }的前10项和,其中[x ]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.解:(1)设数列{a n }的首项为a 1,公差为d ,由题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1+5d =4,a 1+5d =3,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =25.所以{a n }的通项公式为a n =2n +35. (2)由(1)知,b n =⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n +35.当n =1,2,3时,1≤2n +35<2,b n =1;当n =4,5时,2≤2n +35<3,b n =2;当n =6,7,8时,3≤2n +35<4,b n =3;当n =9,10时,4≤2n +35<5,b n =4.所以数列{b n }的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.[例2] (xx·高考全国丙卷)已知数列{a n }的前n 项和S n =1+λa n ,其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列,并求其通项公式; (2)若S 5=3132,求λ.审题路线图[规范解答] (1)证明:由题意得a 1=S 1=1+λa 1, 故λ≠1,a 1=11-λ,故a 1≠0.由S n =1+λa n ,S n +1=1+λa n +1得a n +1=λa n +1-λa n , 即a n +1(λ-1)=λa n . 由a 1≠0,λ≠0得a n ≠0,所以a n +1a n =λλ-1. 因此{a n }是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,于是a n =11-λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ-1n -1.(2)由(1)得S n =1-⎝⎛⎭⎪⎫λλ-1n .由S 5=3132得1-⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ-15=3132,即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ-15=132. 解得λ=-1.(xx·高考全国乙卷)已知{a n }是公差为3的等差数列,数列{b n }满足b 1=1,b 2=13,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:(1)由已知,a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=13,得a 1=2.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. (2)由(1)知a n b n +1+b n +1=nb n ,得b n +1=b n3,因此{b n }是首项为1,公比为13的等比数列.记{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1-⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1-13=32-12×3n -1.类型三 学会规范[例3] (本题满分12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n +1的前n 项和为n 2n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n . [考生不规范示例] 解:(1)令n =1,得1a 1a 2=13, 所以a 1a 2=3,a 1(a 1+d )=3,① 令n =2得1a 1a 2+1a 2a 3=25,所以a 2a 3=15,(a 1+d )(a 2+d )=15 ② 由①②得a 1=1,d =2,所以a n =2n -1. (2)b n =2n ·22n -1所以T n =1×4+2×42+…+n ·4n③ 4T n =1×42+2×43+…+(n -1)·4n +n ·4n +1④③-④得:-3Tn =41+42+…+4n -n ·4n +1=41-4n +11-4-n ·4n +1所以T n =4-4n +29+n ·4n +13=3n -44n +1+49.[规范解答] (1)设数列{a n }的公差为d . 令n =1,得1a 1a 2=13, 所以a 1a 2=3.①(2分) 令n =2,得1a 1a 2+1a 2a 3=25, 所以a 2a 3=15.②(4分) ∴由①②得a 3=5a 1即a 1+2d =5a 1,∴d =2a 1,∴a 2=3a 1 ∴a 21=1,(a 1>0),∴a 1=1,d =2. ∴a n =2n -1,经检验,符合题意.(6分) (2)由(1)知b n =2n ·22n -1=n ·4n,所以T n =1·41+2·42+…+n ·4n, 所以4T n =1·42+2·43+…+n ·4n +1,两式相减,得-3T n =41+42+ (4)-n ·4n +1(10分)=41-4n1-4-n ·4n +1=1-3n 3×4n +1-43.所以T n =3n -19×4n +1+49=4+3n -14n +19.(12分)[终极提升]——登高博见限时规范训练三 等差数列、等比数列及数列求和(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)1.(xx·高考全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1,a 2n -(2a n +1-1)a n -2a n +1=0.(1)求a 2,a 3; (2)求{a n }的通项公式.解:(1)由题意可得a 2=12,a 3=14.(2)由a 2n -(2a n +1-1)a n -2a n +1=0得 2a n +1(a n +1)=a n (a n +1). 因为{a n }的各项都为正数,所以a n +1a n =12. 故{a n }是首项为1,公比为12的等比数列,因此a n =12n -1.2.已知等差数列{a n }的公差不为零,a 1=25,且a 1,a 11,a 13成等比数列. (1)求{a n }的通项公式; (2)求a 1+a 4+a 7+…+a 3n -2.解:(1)设{a n }的公差为d .由题意,得a 211=a 1a 13, 即(a 1+10d )2=a 1(a 1+12d ). 于是d (2a 1+25d )=0.又a 1=25,所以d =0(舍去)或d =-2. 故a n =-2n +27.(2)令S n =a 1+a 4+a 7+…+a 3n -2.由(1)知a 3n -2=-6n +31,故{a 3n -2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而S n =n2(a 1+a 3n -2)=n2(-6n +56) =-3n 2+28n .3.S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,a 2n +2a n =4S n +3. (1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和.解:(1)∵a 2n +2a n =4S n +3,∴a 2n +1+2a n +1=4S n +1+3. 两式相减得a 2n +1-a 2n +2(a n +1-a n )=4a n +1, 即2(a n +1+a n )=a 2n +1-a 2n =(a n +1+a n )·(a n +1-a n ). 由于a n >0,可得a n +1-a n =2.又a 21+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去),a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,所以通项公式a n =2n +1. (2)由a n =2n +1可知b n =1a n a n +1=12n +12n +3=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1-12n +3.设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n=12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+⎝ ⎛⎭⎪⎫15-17+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1-12n +3 =n32n +3.4.(xx·高考山东卷)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 +1n +1b n +2n,求数列{c n }的前n 项和T n .解:(1)由题意知,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=6n +5, 当n =1时,a 1=S 1=11,满足上式, 所以a n =6n +5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,即⎩⎪⎨⎪⎧11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1=4,d =3.所以b n =3n +1.(2)由(1)知c n =6n +6n +13n +3n=3(n +1)·2n +1,又T n =c 1+c 2+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+…+(n +1)×2n +1],2T n =3×[2×23+3×24+…+(n +1)×2n +2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n +1-(n +1)×2n +2]=3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4+41-2n1-2-n +1×2n +2 =-3n ·2n +2,所以T n =3n ·2n +2.专题一、二 规范滚动训练(二)(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)1.已知首项为12,公比不等于1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 3,S 2,S 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记b n =n |a n |,数列{b n }的前n 项和为T n ,求T n .解:(1)通解 设数列{a n }的公比为q ,由题意得2S 2=S 3+S 4,q ≠1,∴2×a 11-q 21-q =a 11-q 31-q +a 11-q 41-q.化简得q 2+q -2=0,得q =-2,或q =1(舍) 又数列{a n }的首项为12,∴a n =12×(-2)n -1.优解 设数列{a n }的公比为q ,由题意得2S 2=S 3+S 4, 即(S 4-S 2)+(S 3-S 2)=0, 即(a 4+a 3)+a 3=0, ∴a 4a 3=-2, ∴公比q =-2.又数列{a n }的首项为12,∴a n =12×(-2)n -1.(2)b n =n |a n |=n ×12×2n -1=14×n ×2n,∴T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =14(1×2+2×22+3×23+…+n ×2n),①2T n =14(1×22+2×23+3×24+…+n ×2n +1,)②①-②得,-T n =14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×1-2n1-2-n ×2n +1,∴T n =12+12(n -1)×2n .2.在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且满足(2b -c )cos A =a cos C . (1)求角A 的大小;(2)若b cos C +12c =a ,判断△ABC 的形状.解:(1)由正弦定理a sin A =b sin B =csin C ,可得:2sin B cos A =sin C cos A +cos C sin A , ∴2sin B cos A =sin(A +C )=sin B , ∵sin B ≠0,∴cos A =12.∴A =π3.(2)∵b cos C +12c =a ,∴b ·a 2+b 2-c 22ab +12c =a ,整理得a 2+c 2-b 2=ac ,∴cos B =a 2+c 2-b 22ac =12,∴B =π3,从而A =B =C =π3,∴△ABC 为等边三角形.3.已知数列{a n }是公差不为零的等差数列,其前n 项和为S n ,且S 5=30,又a 1,a 3,a 9成等比数列. (1)求S n ;(2)若对任意n >t ,n ∈N *,都有1S 1+a 1+2+1S 2+a 2+2+…+1S n +a n +2>1225,求t 的最小值.解:(1)设公差为d ,由条件得 ⎩⎪⎨⎪⎧5a 1+5×42d =30,a 1+2d 2=a 1a 1+8d ,得a 1=d =2.∴a n =2n ,S n =n 2+n .(2)∵1S n +a n +2=1n 2+n +2n +2=1n 2+3n +2=1n +1n +2=1n +1-1n +2. ∴1S 1+a 1+2+1S 2+a 2+2+…+1S n +a n +2=⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-14+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1-1n +2=12-1n +2>1225. ∴1n +2<12-1225=150,即n +2>50,n >48. ∴t 的最小值为48.4.已知函数f (x )=sin(ωx +φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示.(1)求函数f (x )的解析式,并写出f (x )的单调减区间;(2)已知△ABC 的内角分别是A ,B ,C ,角A 为锐角,且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2-π12=12,cos B =45,求sin C的值.解:(1)由周期12T =2π3-π6=π2,得T =π=2πω,∴ω=2.当x =π6时,f (x )=1,可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2·π6+φ=1.∴π3+φ=k π+π2,k ∈Z . ∵|φ|<π2,∴φ=π6.故f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π6.由图象可得f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π+π6,k π+2π3,k ∈Z . (2)由(1)可知,sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2-π12+π6=12,即sin A =12,又角A 为锐角,∴A =π6.∵0<B <π,∴sin B =1-cos 2B =35.∴sin C =sin(π-A -B )=sin(A +B )=sin A cos B +cos A sin B =12×45+32×35=4+3310.。
第2讲数列求和及简单应用(限时:45分钟)【选题明细表】1.在数列{x n}中,=+(n≥2),且x2=,x4=,则x10等于( C )(A)(B)(C)(D)解析:由=+(n≥2)可知数列{}是等差数列,又x2=,x4=,所以=,=.所以解得=1,d=,则=+9d=1+=,所以x10=.故选C.2.(2018·河南南阳一中模拟)已知数列{a n}满足:当n≥2且n∈N*时,有a n+a n-1=(-1)n×3,则数列{a n}的前200项的和为( A )(A)300 (B)200 (C)100 (D)50解析:由题意当n≥2且n∈N*时,有a n+a n-1=(-1)n×3,可得到a2+a1=3,a4+a3=3,a6+a5=3,…,a200+a199=3,所以数列{a n}的前200项的和为(a2+a1)+(a4+a3)+(a6+a5)+…+(a200+a199)=300.故选A.3.(2018·河南省最后一模)设数列{a n}的前n项和为S n,若a1=4,则a n+1=2S n-4,则S10等于( C )(A)2(310-1) (B)2(310+1)(C)2(39+1) (D)4(39-1)解析:因为a1=4,a n+1=2S n-4,①所以a2=2a1-4=4,当n≥2时,a n=2S n-1-4,②①-②,得a n+1-a n=2a n,a n+1=3a n,所以{a n}从第二项起构成公比为3的等比数列,S10=a1+(a2+a3+…+a10)=4+=2(39+1).故选C.4.(2018·山东日照高三校际联考)已知数列{a n}中,a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有a m+n=a m+a n+mn,则等于( D )(A)(B)(C)(D)解析:因为a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有a m+n=a m+a n+mn,所以令m=1,则a n+1=a1+a n+n=a n+n+1,即a n+1-a n=n+1,所以a n-a n-1=n(n≥2),…a2-a1=2,所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+(n-2)+…+3+2+1=,所以==2(-),所以=2[(1-)+(-)+…+(-)+(-)+(-)]=2(1-)=.故选D.5.(2018·山东潍坊二模)在数列{a n}中,a n=2n-1,一个7行8列的数表中,第i行第j列的元素为c ij=a i·a j+a i+a j(i=1,2,…,7,j=1,2,…,8),则该数表中所有不相等元素之和为( C ) (A)216-10 (B)216+10(C)216-18 (D)216+13解析:该数阵的第i行第j列的元素c ij=a i·a j+a i+a j=(2i-1)(2j-1)+2i-1+2j-1=2i+j-1(i=1,2,…,7;j=1,2,…,8),由表可知,该数表中所有不相等元素之和为22-1+23-1+…+215-1=-14=216-18.故选C.6.(2018·南平一模)已知数列{b n}满足b1=1,b2=4,b n+2=(1+sin2)b n+cos2,则该数列的前23项的和为( A )(A)4 194 (B)4 195 (C)2 046 (D)2 047解析:b1=1,b2=4,b n+2=(1+sin2)b n+cos2,当n为奇数时,b n+2=2b n,数列为以2为公比的等比数列,当n为偶数时,b n+2=b n+1,数列为以1为公差的等差数列.所以S23=(b1+b3+…+b23)+(b2+b4+…+b22)=+11×4+×1=212-1+44+55=4 194.故选A.7.(2018·山东潍坊青州三模)已知数列{a n},定义数列{a n+1-2a n}为数列{a n}的“2倍差数列”,若{a n}的“2倍差数列”的通项公式为a n+1-2a n=2n+1,且a1=2,数列{a n}的前n项和为S n,则S33等于( B )(A)238+1 (B)239+2(C)238+2 (D)239解析:根据题意得a n+1-2a n=2n+1,a1=2,所以-=1,所以数列{}表示首项为1,公差d=1的等差数列,所以=1+(n-1)=n,所以a n=n·2n,所以S n=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,所以2S n=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,所以-S n=2+22+23+24…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=-2+2n+1-n·2n+1,=-2+(1-n)2n+1,所以S n=(n-1)2n+1+2,S33=(33-1)×233+1+2=239+2.故选B.二、填空题8.(2018·湖南永州市一模)若S n=+++…+(n∈N+),则S2 017=.解析:令a n===-,故S2 017=1-+-+…+-=.答案:9.数列{a n}的前n项和为S n,满足4S n=6a n-2n-3,则S n=.解析:n=1时,4a1=4S1=6a1-2-3,解得a1=,n≥2时,a n=S n-S n-1,4S n-1=6a n-1-2(n-1)-3,4S n=6a n-2n-3,两式相减可得4a n=6a n-6a n-1-2,即a n=3a n-1+1,即有a n+=3(a n-1+),可得a n+=(+)·3n-1=3n,即a n=3n-,由4S n=6a n-2n-3,可得S n=(2·3n+1-2n-6)=.答案:10.(2018·安徽淮南二模)已知等比数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*),且a2>a1,S4=a1+28,a3+2是a2,a4的等差中项,若数列{}的前n项和T n≤M恒成立,则M的最小值为.解析:设等比数列{a n}的公比为q,因为S4=a1+28,a3+2是a2,a4的等差中项,所以解得或因为a2>a1,所以a2=4,q=2.所以a n=2n,S n==2n+1-2,所以==-,所以T n=-+-+…+-=-<,当n趋向+∞时,T n趋向,所以M的最小值为,答案:三、解答题11.(2018·广西三市第二次调研)已知数列{a n}为等比数列,其前n项和为S n,且S n=λ·4n-3λ+1(λ∈R).(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=log2{S n+}+1,求数列的前n项和T n.解:(1)由S n=λ·4n-3λ+1,得S n-1=λ·4n-1-3λ+1(n≥2),所以a n=S n-S n-1=3λ·4n-1(n≥2),当n=1时,a1=S1=λ+1,=4,所以{a n}是以λ+1为首项,4为公比的等比数列.因为==4,所以λ=,所以a n=·4n-1.当n=1时,a1=,符合上式.所以a n=·4n-1.(2)由(1)知b n=log2(S n+)+1=log2(×4n-+)+1=2n.所以==.T n=+++…+,①T n=+++…++.②①-②得T n=1++…+-=-=(1-)-=-(n+)+,所以T n=-+.12.(2018·顺义区一模)对于数列{a n},如果存在一个数列{b n},使得对于任意的n∈N*,都有a n≥b n,则把{b n}叫做{a n}的“基础数列”.(1)设a n=n2,b n=2n-1,求证:{b n}是数列{a n}的“基础数列”;(2)设a n=-n2,{b n}是数列{a n}的“基础数列”,请判断{b n}是否可能为等差数列?并加以证明;(3)设a n=n3-n2-2tn+t2(t∈R),b n=n3-2n2-n+(n∈N*),且{b n}是{a n}的“基础数列”,求实数t的取值范围.解:(1)由a n=n2,b n=2n-1,那么a n-b n=(n-1)2,所以对于任意的n∈N*,都有a n-b n≥0,即a n≥b n,故{b n}是数列{a n}的“基础数列”.(2)由a n=-n2,设{b n}是等差数列,即b n=kn+b(k,b为实数),因为{b n}是数列{a n}的“基础数列”,可得-n2≥kn+b对于任意的n∈N*恒成立.即n2+kn+b≤0对于任意的n∈N*恒成立.根据二次函数的性质,不可能对任意的n∈N*恒成立.所以{b n}不可能为等差数列.(3)由{b n}是{a n}的“基础数列”,设f(n)=a n-b n=n2-(2t-1)n+t2-,所以f(n)≥0对任意的n∈N*恒成立,可得Δ=(2t-1)2-4(t2-)=-4t+6,①若Δ≤0,即-4t+6≤0,可得t≥,f(n)≥0对任意的n∈N*恒成立.②若Δ>0,即t<,其对称轴n=<1,且f(1)≥0即可满足任意的n∈N*恒成立. 解得t≤.综上可得实数t的取值范围是(-∞,]∪[,+∞).。
第一讲 等差数列、等比数列1.(2019·宽城区校级期末)在等差数列{a n }中,已知a 2+a 5+a 12+a 15=36,则S 16=( ) A .288 B .144 C .572D .72解析:a 2+a 5+a 12+a 15=2(a 2+a 15)=36, ∴a 1+a 16=a 2+a 15=18, ∴S 16=16(a 1+a 16)2=8×18=144,故选B. 答案:B2.(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=( )A .16B .8C .4D .2 解析:由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0,q >0,a 1+a 1q +a 1q 2+a 1q 3=15,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2,∴a 3=a 1q 2=4.故选C.答案:C3.(2019·咸阳二模)《周髀算经》中一个问题:从冬至之日起,小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列,若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺,芒种的日影子长为4.5尺,则冬至的日影子长为( )A .15.5尺B .12.5尺C .10.5尺D .9.5尺解析:设此等差数列{a n }的公差为d ,则a 1+a 4+a 7=3a 1+9d =37.5,a 1+11d =4.5, 解得:d =-1,a 1=15.5. 故选A. 答案:A4.(2019·德州一模)在等比数列{a n }中,a 1=1,a 5+a 7a 2+a 4=8,则a 6的值为( ) A .4 B .8 C .16D .32解析:设等比数列{a n }的公比为q , ∵a 1=1,a 5+a 7a 2+a 4=8, ∴a 1(q 4+q 6)a 1(q +q 3)=8,解得q =2. 则a 6=25=32. 故选D. 答案:D5.(2019·信州区校级月考)已知等差数列{a n }的首项a 1=2,前n 项和为S n ,若S 8=S 10,则a 18=( )A .-4B .-2C .0D .2解析:∵等差数列{a n }的首项a 1=2,前n 项和为S n ,S 8=S 10, ∴8a 1+7×82d =10a 1+10×92d ,即16+28d =20+45d ,解得d =-417,∴a 18=a 1+17d =2+17×⎝ ⎛⎭⎪⎫-417=-2.故选B. 答案:B6.(2019·南充模拟)已知等比数列{a n }中的各项都是正数,且a 1,12a 3,2a 2成等差数列,则a 10+a 11a 8+a 9=( ) A .1+ 2 B .1- 2 C .3+2 2D .3-2 2解析:等比数列{a n }中的各项都是正数, 公比设为q ,q >0,a 1,12a 3,2a 2成等差数列,可得a 3=a 1+2a 2, 即a 1q 2=a 1+2a 1q , 即q 2-2q -1=0,解得q =1+2(负的舍去),则a 10+a 11a 8+a 9=q 2(a 8+a 9)a 8+a 9=q 2=3+2 2. 故选C. 答案:C7.(2019·林州市校级月考)在正数x 、y 之间插入数a ,使x ,a ,y 成为等差数列,又在x ,y 之间插入数b 、c ,且x ,b ,c ,y 成等比数列,则有( )A .a 2≤bc B .a 2>bc C .a 2=bcD .a 2≥bc解析:在正数x 、y 之间插入数a ,使x ,a ,y 成为等差数列, 又在x ,y 之间插入数b 、c ,且x ,b ,c ,y 成等比数列,∴⎩⎨⎧2a =x +y ≥2xy ,xy =bc ,∴a 2≥bc . 故选D. 答案:D8.(2019·龙岩期末测试)等差数列{a n }中,若a 4+a 7=2,则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10=( )A .256B .512C .1 024D .2 048解析:等差数列{a n }中,若a 4+a 7=2, 可得a 1+a 10=a 4+a 7=2, 则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10=2a 1+a 2+…+a 10=212×10(a 1+a 10)=25×2=1 024.故选C. 答案:C9.(2019·长春模拟)等差数列{a n }中,已知|a 6|=|a 11|,且公差d >0,则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A .6B .7C .8D .9 解析:由d >0可得等差数列{a n }是递增数列,又|a 6|=|a 11|,所以-a 6=a 11,即-a 1-5d =a 1+10d ,所以a 1=-15d 2,则a 8=-d 2<0,a 9=d2>0,所以前8项和为前n 项和的最小值,故选C.答案:C10.(2019·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ,公差为1的等差数列,数列{b n }满足b n=1+a n a n.若对任意的n ∈N *,都有b n ≥b 8成立,则实数a 的取值范围是( )A .(-8,-7)B .[-8,-7)C .(-8,-7]D .[-8,-7]解析:因为{a n }是首项为a ,公差为1的等差数列,所以a n =n +a -1, 因为b n =1+a n a n =1+1a n,又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立, 所以1+1a n ≥1+1a 8,即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立,因为数列{a n }是公差为1的等差数列,所以{a n }是单调递增的数列,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0,a 9>0,即⎩⎪⎨⎪⎧8+a -1<0,9+a -1>0,解得-8<a <-7. 答案:A11.已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列,其前n 项和为S n (n ∈N *),4a 5=a 3.设T n=S n -1S n,则数列{T n }中最大项的值为( )A.34B.45C.56D.78解析:设等比数列{a n }的公比为q ,则q 2=a 5a 3=14.又{a n }不是递减数列且a 1=32,所以q =-12,故等比数列{a n }的通项公式为a n =32×⎝ ⎛⎭⎪⎫-12n-1=(-1)n -1×32n,S n=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫-12n=⎩⎪⎨⎪⎧1+12n,n 为奇数,1-12n,n 为偶数.当n 为奇数时,S n 随n 的增大而减小,所以1<S n ≤S 1=32,故0<S n -1S n ≤S 1-1S 1=32-23=56.当n 为偶数时,S n 随n 的增大而增大,所以34=S 2≤S n <1,故0>S n -1S n ≥S 2-1S 2=34-43=-712.综上,对任意的n ∈N *,总有-712≤S n -1S n <0或0<S n -1S n ≤56,即数列{T n }中最大项的值为56.故选C.答案:C12.(2019·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n 件.已知第一层货物单价1万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100-200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元,则n 的值为( )A .7B .8C .9D .10解析:由题意可得第n 层的货物的价格为a n =n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n -1,设这堆货物总价是S n =1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9100+2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101+3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102+…+n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n -1,①由①×910可得910S n =1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101+2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102+3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9103+…+n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n,②由①-②可得110S n =1+⎝ ⎛⎭⎪⎫9101+⎝ ⎛⎭⎪⎫9102+⎝ ⎛⎭⎪⎫9103+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫910n -1-n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n =1-⎝ ⎛⎭⎪⎫910n1-910-n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n=10-(10+n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n,∴S n =100-10(10+n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n,∵这堆货物总价是100-200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元,∴n =10, 故选D. 答案:D13.(2019·高考全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 3=5,a 7=13,则S 10=________.解析:∵{a n }为等差数列,a 3=5,a 7=13, ∴公差d =a 7-a 37-3=13-54=2,首项a 1=a 3-2d =5-2×2=1, ∴S 10=10a 1+10×92d =100.答案:10014.(2019·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ,若S 1=2,3S 2n -2a n +1S n =a 2n +1,则a n =________.解析:由S 1=2,得a 1=S 1=2. 由3S 2n -2a n +1S n =a 2n +1, 得4S 2n =(S n +a n +1)2.又a n >0,∴2S n =S n +a n +1,即S n =a n +1. 当n ≥2时,S n -1=a n , 两式作差得a n =a n +1-a n ,即a n +1a n=2. 又由S 1=2,3S 21-2a 2S 1=a 22,求得a 2=2. ∴当n ≥2时,a n =2×2n -2=2n -1.验证当n =1时不成立,∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧2,n =1,2n -1,n ≥2.答案:⎩⎪⎨⎪⎧2,n =1,2n -1,n ≥215.已知数列{a n }满足a n +2-2a n +1+a n =0,且a 4=π2,若函数f (x )=sin 2x +2cos 2x 2,记y n =f (a n ),则数列{y n }的前7项和为________.解析:根据题意,数列{a n }满足a n +2-2a n +1+a n =0,则数列{a n }是等差数列, 又由a 4=π2,则a 1+a 7=a 2+a 6=a 3+a 5=2a 4=π,函数f (x )=sin 2x +2cos 2x2=sin 2x +cos x +1,f (a 1)+f (a 7)=sin 2a 1+cos a 1+1+sin 2a 7+cos a 7+1=sin 2a 1+cos a 1+1+sin 2(π-a 1)+cos (π-a 1)+1=2,同理可得:f (a 2)+f (a 6)=f (a 3)+f (a 5)=2,f (a 4)=sin π+cos π2+1=1,则数列{y n }的前7项和f (a 1)+f (a 2)+f (a 3)+f (a 4)+f (a 5)+f (a 6)+f (a 7)=7; 故答案为7. 答案:716.如图,点D 为△ABC 的边BC 上一点,BD →=2DC →,E n (n ∈N )为AC 上一列点,且满足:E n A →=(4a n -1)E n D →+14a n +1-5E n B →,其中实数列{a n }满足4a n -1≠0,且a 1=2,则1a 1-1+1a 2-1+1a 3-1+…+1a n -1=________.解析:点D 为△ABC 的边BC 上一点, BD →=2DC →,E n D →-E n B →=2(E n C →-E n D →),∴E n C →=32E n D →-12E n B →又E n A →=λE n C →=3λ2E n D →-λ2E n B →,4a n -1=-3×14a n +1-5,∴4a n +1-5=-34a n -1,4a n +1-4=1-34a n -1=4a n -44a n -1,a n +1-1=a n -14a n -1, 1a n +1-1=4a n -1a n -1=4+3a n -1,∴1a n +1-1+2=3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1+2,∴1a n -1+2=3n, 1a n -1=3n-2. S n =3×(1-3n)1-3-2n =3n +1-3-4n2. 故答案为:3n +1-3-4n2. 答案:3n +1-3-4n2。
专题限时训练 (小题提速练)(建议用时:45分钟)一、选择题1.(2018·高考全国卷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 .-12 B .-10 C .10 D .12答案:B解析:设该等差数列的公差为d ,根据题中的条件可得3⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2+3×22×d =2×2+d +4×2+4×32×d ,整理解得d =-3,所以a 5=a 1+4d =2-12=-10,故选B.2.(2017·江西省五市联考)已知等差数列{a n }的前10项和为30,a 6=8,则a 100=( ) A .100 B .958 C .948 D .18 答案:C解析:法一 因为等差数列{a n }的前10项和为30,所以a 1+a 10=6,即a 5+a 6=6,因为a 6=8,所以a 5=-2,公差d =10,所以-2=a 1+4×10,即a 1=-42,所以a 100=-42+99×10=948,故选C.法二 设等差数列{a n }的公差为d ,由已知得⎩⎨⎧a 1+5d =8,10a 1+10×92d =30,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=-42,d =10,所以a 100=-42+99×10=948,故选C. 3.已知数列{a n }为等差数列,其公差为-2,且a 7是a 3与a 9的等比中项,S n 为{a n }的前n 项和,n ∈N *,则S 10的值为( )A .-110B .-90C .90D .110答案:D解析:a 7是a 3与a 9的等比中项,公差为-2,所以a 27=a 3·a 9. 所以a 27=(a 7+8)(a 7-4),所以a 7=8,所以a 1=20, 所以S 10=10×20+10×92×(-2)=110.故选D.4.(2019·吉林模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若1a 1+1a 2+1a 3=2,a 2=2,则S 3=( ) A .8 B .7 C .6 D .4答案:A解析:1a 1+1a 2+1a 3=a 1+a 3a 1a 3+1a 2=a 1+a 2+a 3a 22=S 34=2,则S 3=8.故选A.5.(2019·怀化三模)《孙子算经》是中国古代重要的数学著作,书中有一道题为:今有出门望见九堤,堤有九木,木有九枝,枝有九巢,巢有九禽,禽有九雏,雏有九毛,毛有九色,问各几何?若记堤与枝的个数分别为m ,n ,一等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=m ,S 6=n ,则a 5为( ) A .18 B .81 C .234 D .243 答案:C解析:∵a 2=9,S 6=93, ∴729=6(a 2+a 5)2=3(a 5+9),∴a 5=234.故选C.6.(2018·昆明市调研测试)已知等差数列{a n }的公差为2,且a 4是a 2与a 8的等比中项,则{a n }的通项公式a n =( ) A .-2nB .2nC .2n -1D .2n +1答案:B解析:由题意,得a 2a 8=a 24.又a n =a 1+2(n -1),所以(a 1+2)(a 1+14)=(a 1+6)2,解得a 1=2,所以a n =2n .故选B.7.在等差数列{a n }中,首项a 1=0,公差d ≠0,若a k =a 1+a 2+a 3+…+a 7,则k =( ) A .22 B .23 C .24 D .25答案:A解析:{a n }为等差数列,所以a k =a 1+a 2+…+a 7=7a 4,则a 1+(k -1)d =7(a 1+3d ).因为a 1=0,所以(k -1)d =21d ,d ≠0,解得k =22,故选A.8.正项等比数列{a n }中的a 1,a 4 037是函数f (x )=13x 3-4x 2+6x -3的极值点,则log6a 2 019=()A .1B .2 C. 2 D .-1答案:A解析:因为f ′(x )=x 2-8x +6,且a 1,a 4 037是方程x 2-8x +6=0的两根,所以a 1·a 4 037=a 22 019=6,即a 2 019=6,所以log6a 2 019=1,故选A.9.(2018·湖北八校联考)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1a 6=2a 3,a 4与2a 6的等差中项为32,则S 5=( ) A .36 B .33 C .32 D .31答案:D解析:设{a n }的公比为q (q >0),因为a 1a 6=2a 3,而a 1a 6=a 3a 4,所以a 3a 4=2a 3,所以a 4=2.又a 4+2a 6=3,所以a 6=12,所以q =12,a 1=16,所以S 5=16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫1251-12=31.故选D.10.(2018·大连模拟)在数列{a n }中,若a 1=2,且对任意正整数m ,k ,总有a m +k =a m +a k ,则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A .n (3n -1) B .n (n +3)2 C .n (n +1) D .n (3n +1)2答案:C解析:依题意得a n +1=a n +a 1,即有a n +1-a n =a 1=2,所以数列{a n }是以2为首项,2为公差的等差数列,a n =2+2(n -1)=2n ,S n =n (2+2n )2=n (n +1),选C.11.已知正项等比数列{a n }满足a 7=a 6+2a 5,若存在两项a m ,a n 使得a m a n =4a 1,则1m +4n 的最小值为( ) A.32 B .53 C.256 D .不存在答案:A解析:∵a 7=a 6+2a 5,∴a 5q 2=a 5q +2a 5,∴q 2-q -2=0,∴q =2.∵存在两项a m ,a n 使得a m a n =4a 1,∴a m a n =16a 21,∴q m +n -2=16=24,而q =2,∴m +n -2=4,∴m +n =6,∴1m +4n =16(m +n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m +4n =16⎝ ⎛⎭⎪⎫5+n m +4m n ≥16×(5+4)=32,当且仅当m =2,n =4时,等号成立,∴1m +4n 的最小值为32.故选A.12.数列{a n }的通项a n =n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2n π3-sin 2n π3,其前n 项和为S n ,则S 30为( )A .470B .490C .495D .510答案:A解析:由于cos 2n π3-sin 2n π3=cos 2n π3以3为周期,故S 30=⎝ ⎛⎭⎪⎫-12+222+32+⎝ ⎛⎭⎪⎫-42+522+62+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫-282+2922+302=∑k =110⎣⎢⎡⎦⎥⎤-(3k -2)2+(3k -1)22+(3k )2 =∑k =110 ⎝ ⎛⎭⎪⎫9k -52=9×10×112-25=470.二、填空题13.(2019·北京四中热身卷)若等差数列{a n }满足a 1=12,a 4+a 6=5,则a 2 019=________. 答案:2 0192解析:∵等差数列{a n }满足a 1=12,a 4+a 6=5, ∴12+3d +12+5d =5, 解得d =12,∴a 2 019=12+2 018×12=2 0192.14.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 1,S 3,S 2成等差数列,则{a n }的公比q =__________. 答案:-12解析:由题意得,2S 3=S 1+S 2,∴2(a 1+a 2+a 3)=a 1+(a 1+a 2),整理得a 2+2a 3=0,∴a 3a 2=-12,即公比q =-12.15.(2017·石家庄市高三质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{a n }为12,13,23,14,24,34,15,25,35,45,…,1n ,2n ,…,n -1n ,…,若S k =14,则a k =__________.答案:78解析:因为1n +2n +…+n -1n =1+2+…+n -1n =n 2-12,1n +1+2n +1+…+nn +1=1+2+…+n n +1=n 2, 所以数列12,13+23,14+24+34,…,1n +1+2n +1+…+n n +1是首项为12,公差为12的等差数列,所以该数列的前n 项和T n =12+1+32+…+n 2=n 2+n4.令T n =n 2+n 4=14,解得n =7,所以a k =78.16.(2018·云南师大附中月考)已知数列{a n }满足a 1=2,且a n =2na n -1a n -1+n -1(n ≥2,n ∈N *),则a n =________.答案:n ·2n2n -1解析:由a n =2na n -1a n -1+n -1,得n a n =n -12a n -1+12,于是n a n -1=12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n -1a n -1-1(n ≥2,n ∈N *). 又1a 1-1=-12,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n -1是以-12为首项,12为公比的等比数列,故n a n-1=-12n ,∴a n =n ·2n 2n-1(n ∈N *). 专题限时训练 (大题规范练)(建议用时:60分钟)1.(2019·河北模拟)已知数列{a n }满足a 1=2且a n +1=3a n +2n -1(n ∈N *). (1)求证:数列{a n +n }为等比数列; (2)求数列{a n }的通项公式; (3)求数列{a n }的前n 项和S n .解析:(1)数列{a n }满足a 1=2且a n +1=3a n +2n -1, 可得a n +1+n +1=3a n +3n =3(a n +n ),可得数列{a n +n }是首项为3,公比为3的等比数列. (2)a n +n =3n ,即a n =3n -n (n ∈N *). (3)S n =(3+9+…+3n )-(1+2+…+n ) =3(1-3n )1-3-12n (n +1)=32(3n -1)-12n (n +1).2.(2017·山西省八校联考)已知等比数列{a n }的公比q >1,a 1=1,且2a 2,a 4,3a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记b n =2na n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解析:(1)由2a 2,a 4,3a 3成等差数列可得2a 4=2a 2+3a 3,即2a 1q 3=2a 1q +3a 1q 2. 又q >1,a 1=1,故2q 2=2+3q , 即2q 2-3q -2=0,得q =2, 因此数列{a n }的通项公式为a n =2n -1. (2)b n =2n ×2n -1=n ×2n ,T n =1×2+2×22+3×23+…+n ×2n , ① 2T n =1×22+2×23+3×24+…+n ×2n +1, ② ①-②得-T n =2+22+23+…+2n -n ×2n +1,-T n =2(2n -1)2-1-n ×2n +1,T n =(n -1)×2n +1+2.3.(2017·福建省高中毕业班质量检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=2,S 5=15,数列{b n }的前n 项和T n 满足T n =(n +5)a n . (1)求a n ;(2)求数列{1a nb n}的前n 项和.解析:(1)设等差数列{a n }的公差为d ,依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 2=2,S 5=15,即⎩⎪⎨⎪⎧a 1+d =2,5a 1+10d =15,解得a 1=d =1,所以a n =n .(2)由(1)得,a n =n ,所以T n =n (n +5).当n ≥2时,b n =T n -T n -1=n (n +5)-(n -1)(n +4)=2n +4, 当n =1时,b 1=T 1=6也满足上式, 所以b n =2n +4(n ∈N *).所以1a n b n =1n (2n +4)=12n (n +2)=14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +2. 设{1a nb n }的前n 项和为P n ,则当n ≥2时,P n =1a 1b 1+1a 2b 2+…+1a n b n =14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-14+…+⎝⎛⎭⎪⎫1n -1-1n +1+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +2 =14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12+13+…+1n -⎝ ⎛⎭⎪⎫13+14+…+1n +1n +1+1n +2 =14⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12-1n +1-1n +2=38-14(n +1)-14(n +2).当n =1时,P 1=1a 1b 1=16也满足上式.综上,P n =38-14(n +1)-14(n +2).4.已知数列{a n }满足:a 1=1,na n +1=2(n +1)a n +n (n +1)(n ∈N *). (1)若b n =a nn +1,试证明数列{b n }为等比数列; (2)求数列{a n }的通项公式a n 及其前n 项和S n .解析:(1)证明:由na n +1=2(n +1)a n +n (n +1)得a n +1n +1=2a nn +1,得a n +1n +1+1=2a n n +2=2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n +1,即b n +1=2b n .又b 1=2,所以数列{b n }是以2为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)知b n =2n ,得a nn +1=2n ,即a n =n (2n -1),∴S n =1×(2-1)+2×(22-1)+3×(23-1)+…+n (2n -1) =1×2+2×22+3×23+…+n ·2n -(1+2+3+…+n ) =1×2+2×22+3×23+…+n ·2n-n (n +1)2.令T n =1×2+2×22+3×23+…+n ·2n , 则2T n =1×22+2×23+3×24+…+n ·2n +1, 两式相减,得-T n =2+22+23+…+2n -n ·2n +1=2(1-2n )1-2-n ·2n +1,∴T n =2(1-2n )+n ·2n +1=(n -1)·2n +1+2,n(n+1)∴S n=(n-1)·2n+1+2-2.。
2019-2020年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题2数列专题限时集训4数列求和理1.(2017·武汉4月模拟)已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=13,若a n (a n -1+2a n +1)=3a n -1·a n +1(n ≥2,n ∈N *),则数列{a n }的通项a n =( )【导学号:07804030】A.12n -1B .12n -1 C.13n -1D .12n -1+1B [法一:(构造法)a n (a n -1+2a n +1)=3a n -1a n +1⇒1a n +1+2a n -1=3a n⇒1a n +1-1a n=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1a n -1,又1a 2-1a 1=2,∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n +1-1a n 是首项为2、公比为2的等比数列,则1a n +1-1a n=2n,即1a n -1a 1=⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2-1a 1+⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3-1a 2+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n -1a n -1=2n -2,1a n =2n-1, ∴a n =12n -1.故选B.法二:(特值排除法)由a 2(a 1+2a 3)=3a 1a 3,得a 3=17,即可排除选项A ,C ,D.故选B.]2.(2017·山西重点中学5月联考)设T n 为等比数列{a n }的前n 项之积,且a 1=-6,a 4=-34,则当T n 最大时,n 的值为( ) A .4 B .6 C .8D .10A [设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1=-6,a 4=-34,∴-34=-6q 3,解得q =12,∴a n=-6×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1.∴T n =(-6)n×⎝ ⎛⎭⎪⎫120+1+2+…+(n -1)=(-6)n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n -2,当n 为奇数时,T n <0,当n为偶数时,T n >0,故当n 为偶数时,T n 才有可能取得最大值.T 2k =36k×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k (2k -1).T 2k +2T 2k=36k +1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k +k +36k×⎝ ⎛⎭⎪⎫12kk -=36×⎝ ⎛⎭⎪⎫124k +1,当k =1时,T 4T 2=98>1;当k ≥2时,T 2k +2T 2k<1.∴T 2<T 4,T 4>T 6>T 8>…,则当T n 最大时,n 的值为4.]3.(2017·郑州第二次质量预测)已知数列{a n }满足a n +1=a n -a n -1(n ≥2),a 1=m ,a 2=n ,S n为数列{a n }的前n 项和,则S 2 017的值为( ) A .2 017n -m B .n -2 017m C .mD .nC [由题意可知,a 1=m ,a 2=n ,a 3=a 2-a 1=n -m ,a 4=a 3-a 2=-m ,a 5=a 4-a 3=-n ,a 6=a 5-a 4=m -n ,a 7=a 6-a 5=m ,a 8=a 7-a 6=n ,…,综上,数列{a n }是以6为周期的数列,因为2 017=336×6+1,且同一个周期内所有项的和为0,所以S 2 017=a 1=m .]4.(2017·河南洛阳3月模拟,7)某数学家在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,则(a 1a 3-a 22)(a 2a 4-a 23)(a 3a 5-a 24)…(a 2 015a 2 017-a 22 016)=( ) A .1 B .-1 C .2 017D .-2 017B [∵a 1a 3-a 22=1×2-12=1,a 2a 4-a 23=1×3-22=-1,a 3a 5-a 24=2×5-32=1,……,a 2 015a 2 017-a 22 016=1,∴(a 1a 3-a 22)(a 2a 4-a 23)(a 3a 5-a 24)…(a 2 015·a 2 017-a 22 016)=11 008×(-1)1 007=-1.故选B.]5.(2016·祁阳二模)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等于( ) A .0 B .-100 C .100D .10 200B [∵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.故选B.]6.(2017·福州毕业班质量检测)已知数列{a n }中,a 1=1,且对任意的m ,n ∈N *,都有a m +n=a m +a n +mn ,则∑2 017i =1 1a i=( )【导学号:07804031】A.2 0172 018 B .2 0162 017 C.2 0181 009D .2 0171 009D [令m =1,则a n +1=a 1+a n +n ,又a 1=1,所以a n +1=a n +n +1,即a n +1-a n =n +1,所以a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,…,a n -a n -1=n (n ≥2),把以上n -1个式子相加,得a n -a 1=2+3+…+n ,所以a n =1+2+3+…+n =n n +2,当n =1时,上式也成立,所以a n =n n +2,所以1a n=2nn +=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1,所以∑2 017i =11a i =2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017-12 018=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12 018=2 0171 009,故选D.] 7.(2017·福州五校联考)已知数列{a n }的首项a 1=a ,其前n 项和为S n ,且满足S n +S n -1=3n 2+2n +4(n ≥2),若对任意的n ∈N *,a n <a n +1恒成立,则正整数a 的值是( ) A .5 B .6 C .7D .8B [由S n +S n -1=3n 2+2n +4(n ≥2),可以得到S n +1 +S n =3(n +1)2+2(n +1)+4,两式相减得a n +1+a n =6n +5,故a n +2+a n +1=6n +11,两式再相减得a n +2-a n =6.对于S n +S n -1=3n 2+2n +4(n ≥2),由n =2得a 1+a 2+a 1=20,即a 2=20-2a ,故偶数项为以20-2a 为首项,6为公差的等差数列,从而a 2n =6n +14-2a .对于S n +S n -1=3n2+2n +4(n ≥2),由n =3得a 1+a 2+a 3+a 1+a 2=37,即a 3=2a -3,从而a 2n +1=6n -9+2a .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a <20-2a 6n +14-2a <6n -9+2a6n -9+2a <n ++14-2a ,解得234<a <203,故正整数a 的值为6.]8.(2017·长沙二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和,且2a m =a m -1+a m +1(m ∈N *,m ≥2),若(a 2-2)5+2 016(a 2-2)3+2 017(a 2-2)=2 017,(a 2 016-2)5+2 016(a 2 016-2)3+2 017(a 2016-2)=-2 017,则下列四个命题中真命题的序号为( )①S 2 016=4 032;②S 2 017=4 034;③S 2 016<S 2;④a 2 016-a 2<0. A .①② B .②③ C .②④D .①④C [构造函数f (x )=x 5+2 016x 3+2 017x ,∵f (x )为奇函数且单调递增,依题意有f (a 2-2)=2 017,f (a 2 016-2)=-2 017,∴(a 2-2)+(a 2 016-2)=0,∴a 2+a 2 016=4.又2a m =a m -1+a m +1(m ∈N *,m ≥2),∴数列{a n }为等差数列,且公差d ≠0,∴a 1+a 2 017=a 2+a 2 016=4,则S 2 017=a 1+a 2 0172=4 034,②正确,∵公差d ≠0,故a 2 016≠a 2017,S 2 016=a 1+a 2 0162≠4 032,①错误;由题意知a 2>2,a 2 016<2,∴d <0,S 2 016=S 2 017-a 2 017=4 034-(4-a 1)=4 030+a 1,S 2=a 1+a 2,若S 2 016<S 2,则a 2>4 030,而此时(a 2-2)5+2 016(a 2-2)3+2 017(a 2-2)=2 017不成立,因此③错误;∵a 2>2,a 2 016<2,∴a 2 016-a 2<0,④正确.故选C.] 二、填空题9.(2017·广东潮州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和,a n =2·3n -1(n ∈N *),若b n =a n +1S n S n +1,则b 1+b 2+…+b n =________.12-13n +1-1 [由a n =2·3n -1可知数列{a n }是以2为首项,3为公比的等比数列, 所以S n =-3n1-3=3n-1,则b n =a n +1S n S n +1=S n +1-S n S n S n +1=1S n -1S n +1,则b 1+b 2+…+b n =⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1-1S 2 +⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2-1S 3+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n -1S n +1=1S 1-1S n +1=12-13n +1-1.]10.(2017·湖北四校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a 1=1,S n +1-S n =3na n(n ∈N *),则S 2 017=________.【导学号:07804032】31 009-2 [依题意得a n +1=3n a n (n ∈N *),所以a 2=3a 1=3,由a n +1=3n a n (n ∈N *)得a n +2=3n +1a n +1(n ∈N *),两式相除得a n +2a n=3,所以数列{a 2n -1}是首项为1,公比为3的等比数列,数列{a 2n }是首项为3,公比为3的等比数列,所以S 2 017=a 1+a 2+…+a 2 017=(a 1+a 3+…+a 2 017)+(a 2+a 4+…+a 2 016)=-31 0091-3+-31 0081-3=31 009-2.]11.(2017·广州一模)设S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 1=2,对任意p ,q ∈N *,都有a p+q=a p +a q ,则f (n )=S n +60n +1(n ∈N *)的最小值为________. 292[a 1=2,对任意p ,q ∈N *,都有a p +q =a p +a q ,令p =1,q =n ,则有a n +1=a n +a 1=a n +2,故{a n }是等差数列,所以a n =2n ,S n =2×+n n 2=n 2+n ,f (n )=S n +60n +1=n 2+n +60n +1=n +2-n ++60n +1=n +1+60n +1-1.当n +1=8时,f (7)=8+608-1=292;当n +1=7时,f (6)=7+607-1=1027,因为292<1027,则f (n )=S n +60n +1(n ∈N *)的最小值为292.]12.(2017·福建毕业班质量检测)数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=23,a n +1-S n =23.用[x ]表示不超过x 的最大整数,如:[-0.4]=-1,[1.6]=1.设b n =[a n ],则数列{b n }的前2n 项和为________. 22n +13-n -23 [当n ≥2时,由题意,得S n =a n +1-23,S n -1=a n -23,两式相减得,a n =a n +1-a n ,即a n +1a n =2(n ≥2),又当n =1时,a 1=23,a 2-a 1=23,所以a 2=43,即a 2a 1=2,所以数列{a n }是首项为23,公比为2的等比数列,所以a n =23·2n -1=13·2n.所以b 1=0,b 2=1=2b 1+1,b 3=2=2b 2,b 4=5=2b 3+1,b 5=10=2b 4,b 6=21=2b 5+1,b 7=42=2b 6,b 8=85=2b 7+1,…,b 2n -1=2b 2n -2,b 2n =2b 2n -1+1,所以b 1+b 2=21-1,b 3+b 4=23-1,b 5+b 6=25-1,b 7+b 8=27-1,…,b 2n -1+b 2n =22n -1-1,设数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n =-4n1-4-n =22n +13-n -23.] 三、解答题13.(2017·南昌十校二模联考)已知等比数列{a n }满足a n >0,a 1a 2a 3=64,S n 为其前n 项和,且2S 1,S 3,4S 2成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ,∵2S 1,S 3,4S 2成等差数列,∴2S 3=2S 1+4S 2, 即2(a 1+a 1q +a 1q 2)=2a 1+4(a 1+a 1q ), 化简得q 2-q -2=0,解得q =2或q =-1.∵a n >0,∴q =-1不合题意,舍去,由a 1a 2a 3=64可得a 32=64,解得a 2=4,故2a 1=4,得到a 1=2, ∴a n =a 1qn -1=2×2n -1=2n.(2)∵b n =log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a n =log 2(a 1a 2·…·a n )=log 221+2+…+n=1+2+…+n =n +n2,∴1b n =2nn +=2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1.∴T n =1b 1+1b 2+…+1b n =2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1n +1=2nn +1. 14.(2017·安徽百校联盟二模)已知在数列{a n }中,a 1=2,a 2=4,且a n +1=3a n -2a n -1(n ≥2).(1)证明:数列{a n +1-a n }为等比数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)令b n =2n -1a n,求数列{b n }的前n 项和T n .【导学号:07804033】[解] (1)由a n +1=3a n -2a n -1(n ≥2), 得a n +1-a n =2(a n -a n -1),因此数列{a n +1-a n }是公比为2,首项为a 2-a 1=2的等比数列. 所以当n ≥2时,a n -a n -1=2×2n -2=2n -1,a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=(2n -1+2n -2+…+2)+2=2n ,当n =1时,也符合,故a n =2n. (2)由(1)知b n =2n -12n ,所以T n =12+322+523+…+2n -12n ①,12T n =122+323+524+…+2n -12n +1 ②, ①-②,得12T n =12+222+223+224+…+22n -2n -12n +1=12+2⎝ ⎛⎭⎪⎫122+123+124+…+12n -2n -12n +1=12+2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n -11-12-2n -12n +1 =12+1-12n -1-2n -12n +1=32-2n +32n +1, 所以T n =3-2n +32n .。