新编高考数学(理)二轮专题练习【专题4】(2)数列求和及综合应用(含答案)

专题四 第二讲A 组1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，n ∈N ＋，则数列{ba n }的前10项的和为导学号 52134510( D )A ．43(49－1) B ．43(410－1) C ．13(49－1) D ．13(410－1) [解析] 由a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2得，a n ＝2n －1， 由b n ＋1b n＝2，b 1＝1得b n ＝2n －1， ∴ba n ＝2a n －1＝22(n －1)＝4n －1，∴数列{ba n }前10项和为1×410－14－1＝13(410－1)．2．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1等于导学号 52134511( B )A ．1－14nB ．23(1－14n )C ．1－12nD ．23(1－12n ) [解析] 因为a n ＝1×2n －1＝2n －1， 所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝2×4n －1，所以1a n a n ＋1＝12×(14)n －1，所以{1a n a n ＋1}也是等比数列， 所以T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝12×1×1－14n 1－14＝23(1－14n )，故选B ． 3．(文)给出数列11，12，21，13，22，31，…，1k ，2k －1，…，k1，…，在这个数列中，第50个值等于1的项的序号．．是导学号 52134512( B ) A ．4900 B ．4901 C ．5000D ．5001[解析] 根据条件找规律，第1个1是分子、分母的和为2，第2个1是分子、分母的和为4，第3个1是分子、分母的和为6，...，第50个1是分子、分母的和为100，而分子、分母的和为2的有1项，分子、分母的和为3的有2项，分子、分母的和为4的有3项，...，分子、分母的和为99的有98项，分子、分母的和为100的项依次是：199，298，397， (5050)5149，…，991，第50个1是其中第50项，在数列中的序号为1＋2＋3＋…＋98＋50＝981＋982＋50＝4901．(理)(2017·某某市质检)以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列不等关系不一定成立的是导学号 52134513( D )A ．2a 3>3a 4B ．5a 5>a 1＋6a 6C ．a 5＋a 4－a 3<0D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[解析]依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋2d )－3(a 1＋3d )＝－(a 1＋5d )＝－a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋4d )－a 1－6(a 1＋5d )＝－2(a 1＋5d )＝－2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6<0.综上所述，故选D ．4．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是导学号 52134514( C )[解析] ∵S n ＝na 1＋n n －12d ，∴S n ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n ．5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2; ②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |； ④f (x )＝ln|x |．则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为导学号 52134515( C ) A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④[分析] 保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{a n }是等比数列，则{f (a n )}仍是等比数列．[解析] 解法一：设{a n }的公比为q ．①f (a n )＝a 2n ，∵a 2n ＋1a 2n ＝(a n ＋1a n)2＝q 2，∴{f (a n )}是等比数列，排除B 、D ． ③f (a n )＝|a n |， ∵|a n ＋1||a n |＝|a n ＋1a n|＝|q |， ∴{f (a n )}是等比数列，排除A ． 解法二：不妨令a n ＝2n．①因为f (x )＝x 2，所以f (a n )＝a 2n ＝4n.显然{f (a n )}是首项为4，公比为4的等比数列． ②因为f (x )＝2x，所以f (a 1)＝f (2)＝22，f (a 2)＝f (4)＝24，f (a 3)＝f (8)＝28，所以f a 2f a 1＝2422＝4≠f a 3f a 2＝2824＝16，所以{f (a n )}不是等比数列．③因为f (x )＝|x |，所以f (a n )＝2n＝(2)n． 显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列． ④因为f (x )＝ln|x |，所以f (a n )＝ln2n ＝n ln2．显然{f (a n )}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C ． 6．若数列{a n }与{b n }满足b n ＋1a n ＋b n a n ＋1＝(－1)n＋1，b n ＝3＋－1n －12，n ∈N ＋，且a 1＝2，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 63＝__560__.导学号 52134516[解析] ∵b n ＝3＋－1n －12＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 为奇数1n 为偶数，又a 1＝2，∴a 2＝－1，a 3＝4，a 4＝－2，a 5＝6，a 6＝－3，…，∴S 63＝a 1＋a 2＋a 3＋…a 63＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 63)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 62)＝(2＋4＋6＋…＋64)－(1＋2＋3＋…＋31)＝1056－496＝560．7．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列{a n a n ＋1a n ＋4}的最大项的值为__19__.导学号 52134517[解析] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2S n －n (n ＋1)＝0， ∴S n ＝n n ＋12，∴a n ＝n ，∴a n a n ＋1·a n ＋4＝n n ＋1n ＋4＝1n ＋4n＋5，当n ＝2时，n ＋4n 取最小值4，此时a na n ＋1a n ＋4取到最大值19．8．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.导学号 52134518 (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 ．[解析] (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 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)．由a 4＝a 1q 3得公比为q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1．(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 ＋1－1.9．已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *).导学号 52134519(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n ．[解析] (1)因为42是a 1和a 4的一个等比中项， 所以a 1·a 4＝(42)2＝32．由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 3＝32，a 2＋a 3＝12.因为q >1，所以a 3>a 2．解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 3＝8.所以q ＝a 3a 2＝2．故数列{a n }的通项公式a n ＝2n．(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N *)，所以a n b n ＝n ·2n，S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n ＝1·2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1．所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1．B 组1．(2017·某某市高三调研)设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列{12n ＋1a n}的前n 项和T n ＝导学号 52134520( C )A ．－n2n ＋1B ．n2n ＋1 C ．－2n2n ＋1D ．2n 2n ＋1[解析] 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和． 设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－152)a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12．当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a 3－a 12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以12n ＋1a n＝－22n －12n ＋1＝－(12n －1－12n ＋1)，所以其前n 项和T n ＝－(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝－(1－12n ＋1)＝－2n2n ＋1，故选C ．2．(文)已知函数f (x )＝log 2x ，等比数列{a n }的首项a 1>0，公比q ＝2，若f (a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)＝25，则2f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2017)等于导学号 52134521( C )A ．21009×2018B ．21010×2019C ．21008×2017D ．21009×2017[解析]f (a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)＝log 2(a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)＝log 2(a 51q 25)＝25， 即a 51·q 25＝225，又a 1>0，q ＝2，故得到a 1＝1．2f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2012)＝2f (a 1)·2f (a 2)·…·2f (a 2017) ＝2log 2a 1·2log 2a 2·…·2log 2a 2017 ＝a 1·a 2·…·a 2017＝a 20171·q 1＋2＋…＋2016＝12017×22016×1＋20162＝21008×2017.故选C ．(理)已知a n ＝32n －11，数列{a n }的前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是导学号 52134522( C )A ．a n 与S n 都有最大值B ．a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值D ．a n 与S n 都没有最小值 [解析] 画出a n ＝32n －11的图象，点(n ，a n )为函数y ＝32x －11图象上的一群孤立点，(112，0)为对称中心，S 5最小，a 5最小，a 6最大．3．(文)已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是导学号 52134523( A )A ．25B ．50C ．100D ．不存在[解析] ∵S 20＝a 1＋a 202×20＝100，∴a 1＋a 20＝10．∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10． ∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a 7＋a 142)2＝25.当且仅当a 7＝a 14时取等号．(理)已知数列{a n }的各项均为正数，执行程序框图(如下图)，当k ＝4时，输出S ＝13，则a 2018＝导学号 52134524( D )A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019[解析] 由程序框图可知，{a n }是公差为1的等差数列， 且1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋1a 4a 5＝13，∴1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋1a 3－1a 4＋1a 4－1a 5＝1a 1－1a 5＝13， ∴1a 1－1a 1＋4＝13，解得a 1＝2，∴a 2018＝a 1＋2017d ＝2＋2017＝2019． 4．(文)在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限内的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是导学号 52134525( A )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 由等差、等比数列的性质，可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴P 1(2,2)，P 2(3,4)，∴S △OP 1P 2＝1．(理)已知曲线C ：y ＝1x(x >0)上两点A 1(x 1，y 1)和A 2(x 2，y 2)，其中x 2>x 1.过A 1、A 2的直线l 与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么导学号 52134526( A )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列[解析] 直线A 1A 2的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝1x 2－1x 1x 2－x 1＝－1x 1x 2，所以直线A 1A 2的方程为y －1x 1＝－1x 1x 2(x －x 1)，令y ＝0解得x ＝x 1＋x 2，∴x 3＝x 1＋x 2，故x 1，x 32，x 2成等差数列，故选A ．5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －λ)(1a n＋1)，b 1＝－λ，且数列{b n }是递增数列，则实数λ的取值X 围为导学号 52134527( A )A ．λ<2B ．λ>3C ．λ>2D ．λ<3[解析] 易知1a n ＋1＝2a n＋1，所以1a n ＋1＋1＝2(1a n＋1)．又a 1＝1，所以1a n ＋1＝(1a 1＋1)2n －1＝2n，所以b n ＋1＝(n －λ)2n，所以b n ＋1－b n ＝(n －λ)2n －(n －1－λ)2n －1＝(n －λ＋1)2n －1>0，所以n －λ＋1>0． 又n ∈N *，所以λ<2．6．已知函数f (x )＝a ·b x 的图象过点A (2，12)、B (3,1)，若记a n ＝log 2f (n )(n ∈N *)，S n是数列{a n }的前n 项和，则S n 的最小值是__－3__.导学号 52134528[解析] 将A 、B 两点坐标代入f (x )得， ⎩⎪⎨⎪⎧12＝ab 2，1＝ab 3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝18，b ＝2，∴f (x )＝18·2x .∴f (n )＝18·2n ＝2n －3．∴a n ＝log 2f (n )＝n －3． 令a n ≤0，即n －3≤0，∴n ≤3．∴数列前3项小于或等于零，故S 3或S 2最小．S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝－2＋(－1)＋0＝－3．7．(2017·某某、某某、某某调研)如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n 群，…，第n 群恰好n 个数，则第n 群中n 个数的和是__3·2n－2n －3__.导学号 52134529[解析] 由图规律知，第n 行第1个数为2n －1，第2个数为3·2n －2，第3个数为5·2n－3……设这n 个数的和为S 则S ＝2n －1＋3·2n －2＋5×2n －3＋…＋(2n －3)·2＋(2n －1)·20①2S n ＝2n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋…＋(2n －3)·22＋(2n －1)·21②②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1＋2·2n －2＋…＋2·22＋2·2－(2n －1)＝2n＋2n＋2n －1＋…＋23＋22－(2n －1)＝2n ＋41－2n －11－2－(2n －1)＝2n＋2n ＋1－4－2n ＋1＝3·2n－2n －3．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数.导学号 52134530(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．[分析] (1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a 1，a 2，a 3应成等差数列求出λ的值，然后依据a n ＋2－a n ＝λ推证{a n }为等差数列．[解析] (1)由题设：a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1． 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ．(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1， 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4． 故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1． 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2．因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 9．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－1a n ＋2，a 1＝－12.导学号 52134531 (1)求证{1a n ＋1}是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1.若T n ≥p －n 对任意的n ∈N *恒成立，求p 的最大值． [解析] (1)证明：∵a n ＋1＝－1a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝－1a n ＋2＋1＝a n ＋2－1a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2， 由于a n ＋1≠0， ∴1a n ＋1＋1＝a n ＋2a n ＋1＝1＋1a n ＋1，∴{1a n ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列．word(2)由(1)题结论知：1a n ＋1＝2＋(n －1)＝n ＋1， ∴a n ＝1n ＋1－1＝－n n ＋1(n ∈N *)． (3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P －n ，∴n ＋a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P ，即(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋(1＋a n ＋2)＋…＋(1＋a 2n －1)≥p ，对任意n ∈N *恒成立， 而1＋a n ＝1n ＋1， 设H (n )＝(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋…＋(1＋a 2n －1)，∴H (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)， H (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2， ∴H (n ＋1)－H (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0， ∴数列{H (n )}单调递增，∴n ∈N *时，H (n )≥H (1)＝12，故P ≤12． ∴P 的最大值为12．。

第二篇专题四第2讲 数列求和及综合应用[限时训练·素能提升] (限时50分钟，满分76分)一、选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)1．(2018·邯郸二模)设{a n }是公差为2的等差数列，b n ＝a 2n ，若{b n }为等比数列，则b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝A ．142B ．124C ．128D ．144 解析 因为{a n }是公差为2的等差数列，b n ＝a 2n ， 所以a n ＝a 1＋(n －1)×2＝a 1＋2n －2， 因为{b n }为等比数列， 所以b 22＝b 1b 3. 所以(a 4)2＝a 2·a 8，所以(a 1＋8－2)2＝(a 1＋4－2)(a 1＋16－2)，解得a 1＝2， 所以b n ＝a 2n ＝2＋2×2n －2＝2n ＋1，所以b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝22＋23＋24＋25＋26＝124. 答案 B2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝a 5.令b n ＝(－1)n －1a n ，则数列{b n }的前2n 项和T 2n 为A ．－nB ．－2nC ．nD ．2n解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝a 5，得3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2，∴a n ＝2n －1，∴b n ＝(－1)n －1(2n －1)，∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1)＝－2n ，选B.答案 B3．(2018·大连模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，(a n －S n －1)2＝S n S n －1，若b n ＝log 2a n ＋16，则b n ＝A ．2n －3B ．2n －4C ．n －3D ．n －4解析 当n ≥2时，(a n －S n －1)2＝S n S n －1，即(S n －2S n －1)2＝S n S n －1，即(S n －S n －1)(S n －4S n －1)＝0，∵正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∴S n ≠S n －1，∴S n ＝4S n －1，∴数列{S n }是等比数列，首项为1，公比为4，∴S n ＝4n －1，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1－4n －2＝3×4n －2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2，∴当n ≥2时，b n ＝log 2a n ＋16＝log 222n －3＝2n －3，又当n ＝1时也符合，故b n ＝2n －3(n ∈N *)，故选A.答案 A4．(2018·昆明第三次综合测试)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的正整数n 有A ．最小值63B ．最大值63C ．最小值31D ．最大值31 解析 ∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝(log 22－log 23)＋(log 23－log 24)＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝log 22－log 2(n ＋2)＝log 22n ＋2，由S n <－5得2n ＋2<132即n >62，故使S n <－5成立的正整数n 有最小值63.答案 A5．(2018·桂林联考)已知各项都为正数的等比数列{a n }，满足a 3＝2a 1＋a 2，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 ．2 B.32 C.13D ．1解析 正项等比数列{a n }满足：a 3＝2a 1＋a 2，可得a 1q 2＝2a 1＋a 1q ，即q 2－q －2＝0，∴q ＝2，∵a m a n ＝4a 1，∴a m a n ＝16a 21，∴(a 1·2m －1)·(a 1·2n －1)＝16a 21，∴a 21·2m ＋n －2＝16a 21，∴m ＋n ＝6，∴1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝32，当且仅当n m ＝4m n 时，等号成立，故1m ＋4n 的最小值为32，故选B.答案 B二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)6．(2018·抚顺一模)已知数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25，那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10的值为________．解析 数列{a n }是等比数列，其公比为2， 设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25， 所以b 1＋b 2＋…＋b 10＝log 2(a 1·a 2·…·a 10) ＝log 2(a 10121＋2＋…＋9)＝25，所以a 101×245＝225，可得a 1＝14.那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋129＝4×1－12101－12＝1 023128.答案1 0231287．(2018·佛山质检)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________．解析 解法一 依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.解法二 ∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.答案 4808．(2018·广元适应性统考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝a 2n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝n ＋1a 4n （n ＋2）2，S n 是数列{b n }的前n 项和，则16S n ＋1（n ＋1）2＋1（n ＋2）2＝________．解析 ∵a 1＝2，a n ＝a 2n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)，∴a 2n ＝a 2n －1＋2，a 21＝2，∴{a 2n }是以2为首项，以2为公差的等差数列，∴a 2n ＝2n ，∴b n ＝n ＋1a 4n （n ＋2）2＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1（n ＋2）2，由裂项相消法可得 S n ＝116⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n 2－1（n ＋2）2＝116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2，则16S n ＋1（n ＋1）2＋1（n ＋2）2＝1＋14－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2＋1（n ＋1）2＋1（n ＋2）2＝54.答案 54三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)． ①求T n ；②证明∑k ＝1n （T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.由q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝＝2×（1－2n）1－2－n＝2n ＋1－n －2.②证明 因为（T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝（2k ＋1－k －2＋k ＋2）k（k ＋1）（k ＋2）＝k ·2k ＋1（k ＋1）（k ＋2）＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， 所以，∑k ＝1n（T k ＋b k ＋2）b k （k ＋1）（k ＋2）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2. 10．(2018·威海二模)已知数列{a n }中，a 2＝2，S n 是其前n 项和，且S n ＝na n2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若正项数列{b n }满足a n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和为T n ，求使得n ＋12－T n >30成立的正整数n 的最小值．解析 (1)令n ＝1，得a 1＝0. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n 2－（n －1）a n －12.可得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1， 当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2， 所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 3a 2×a 2＝2(n －1)， 显然当n ＝1，2时，满足上式．所以a n ＝2(n －1)．(2)因为a n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22，所以2(n －1)＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22＝log 2b 2n －log 24＝2log 2b n －2，即2n ＝2log 2b n ，∴b n ＝2n，a n b n ＝2（n －1）2n＝n －12n －1， 所以T n ＝020＋121＋222＋323＋…＋n －12n －1，12T n ＝021＋122＋223＋…＋n －22n －1＋n －12n ， 作差得12T n ＝12＋122＋…＋12n －1－n －12n ＝1－12n －1－n －12n ＝1－n ＋12n .∴T n ＝2－n ＋12n －1.即n ＋12－T n＝2n －1. 由n ＋12－T n＝2n －1>30，解得n ≥6. 当n ≥6时，不等式恒成立，所以正整数n 的最小值为6.11．(2018·青岛二模)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n . 解析 (1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)．所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n （n ＋1）2＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)， 所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)． ②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0； 当n ≥5时，c n ＝1n （n ＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）2n－1， 而n （n ＋1）2n－（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1>0，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n （n ＋1）2n当n ≥5时是递减的． 所以n （n ＋1）2n≤5·（5＋1）25<1，所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *，恒有S 4≥S n ，故k ＝4.。

第2讲 数列求和及综合应用(推荐时间：60分钟)一、选择题1．数列{a n }共有5项，其中a 1＝0，a 5＝2，且|a i ＋1－a i |＝1，i ＝1,2,3,4，则满足条件的不同数列的个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 B解析 设b i ＝a i ＋1－a i ，i ＝1,2,3,4，则b i 等于1或－1，由a 5＝(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＝b 4＋b 3＋b 2＋b 1，知b i (i ＝1,2,3,4)共有3个1,1个－1.所以符合条件的{a n }共有4个．2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( )A ．445B ．765C ．1 080D ．3 105 答案 B解析 ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3.∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列．∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63.令a n ≤0，得n ≤21.∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30.∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ， ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于( ) A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013答案 D解析 根据等差数列的性质，得数列{S n n}也是等差数列， 根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013， 公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1， 所以S 2 013＝－2 013.4．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则下列结论正确的是( )A ．a 100＝－1，S 100＝5B ．a 100＝－3，S 100＝5C ．a 100＝－3，S 100＝2D ．a 100＝－1，S 100＝2答案 A解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝2，a 4＝－1，a 5＝－3，a 6＝－2，a 7＝1，由此可以得出数列{a n }是以6为一个周期，所以a 100＝a 4＝－1，S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝5，故选A.5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006 B ．2 012 C ．503 D ．0答案 A解析 用归纳法求解．∵a n ＝n cos n π2，∴a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，…. 由此易知a 4n －2＝－(4n －2)，a 4n ＝4n ，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－2＋4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝－6＋8＝2，…，a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－(4n －2)＋4n ＝2.又2 012＝4×503，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝2＋2＋…＋2503个＝2×503＝1 006. 6．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012等于( )A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 010答案 A解析 令m ＝1，得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，上述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 ＋1 2， 因此1a n ＝2n n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 013＝4 0242 013.二、填空题7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 答案 480解析 ∵a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8， S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480. 8．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________. 答案 4解析 由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n c 1＋c n 2，前2n 项和为S 2n ＝2n c 1＋c 2n 2，所以S 2n S n ＝2n c 1＋c 2n 2n c 1＋c n 2＝2＋2nd 4＋nd －d ＝2＋21＋4－d nd.因为数列{c n }是“和等比数列”，即S 2n S n 为非零常数，所以d ＝4.9．设S n ＝12＋16＋112＋…＋1n n ＋1(n ∈N *)，且S n ＋1·S n ＋2＝34，则n 的值是________． 答案 5解析 ∵S n ＋1＝12＋16＋…＋1 n ＋1 n ＋2 ＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)＝1－1n ＋2＝n ＋1n ＋2， ∴S n ＋2＝n ＋2n ＋3. ∴S n ＋1·S n ＋2＝n ＋1n ＋3＝34，解得n ＝5. 10．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n >m 16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为_______________． 答案 5解析 要使S 2n －S n >m 16恒成立， 只需(S 2n －S n )min >m 16. 因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0， 所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13， 所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5. 三、解答题11．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N *恒成立．若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由． 解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16.∵a 3－a 2＝8，∴a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n n ＋3 4.∵1S n ＝4n n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝⎛⎭⎫1－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<229， ∴正整数k 的最小值为3.12．(2014·山东)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 －14n a 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 －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n 2n －1 2n ＋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，2n 2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋ －1 n －12n ＋1) 13．在等差数列{a n }中，a 10＝30，a 20＝50.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝210n a -，证明：数列{b n }为等比数列；(3)求数列{nb n }的前n 项和T n .(1)解 由a n ＝a 1＋(n －1)d ，a 10＝30，a 20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＝30a 1＋19d ＝50，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12d ＝2. 所以a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10.(2)证明 由(1)，得b n ＝210n a -＝22n ＋10－10＝22n ＝4n ，所以b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4. 所以{b n }是首项为4，公比为4的等比数列．(3)解 由nb n ＝n ×4n ，得T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n ，①4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1，② ①－②，得－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1 ＝4 1－4n －3－n ×4n ＋1.所以T n ＝ 3n －1 ×4n ＋1＋49.。

高考数学（理）二轮专题练习第2讲数列求和及综合应用考情解读高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题；2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2)错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为的数列的前n项和，其中{an}若为等差数列，则＝.常见的裂项公式：①＝－；②＝(－)；③＝(－)；④＝(－)．2．数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题．热点一分组转化求和例1 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{an}(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.思维启迪(1)根据表中数据逐个推敲确定{an}的通项公式；(2)分组。

专题三数列第二讲数列求和及综合应用2．转化法．有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．3．错位相减法．这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．4．倒序相加法．这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，把它与原数列相加，若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．5．裂项相消法．利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．1．应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．2．数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决此类题的关键是建立一个数列模型{a n}，利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式求解．3．解应用问题的基本步骤．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)． (1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n＝a 1－a n ＋11－q.(√)(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(√)(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋……＋na n 之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．(×)(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .(×)(5)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.(√)(6)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋……＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.(√)1．(2015·福建卷)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于(D )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：不妨设a >b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，∴ a >0，b >0，则a ，－2，b 成等比数列，a ，b ，－2成等差数列，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝（－2）2，a －2＝2b ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，∴ p ＝5，q ＝4，∴ p ＋q ＝9.2．(2015·新课标Ⅱ卷)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝(A )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：解法一 ∵ a 1＋a 5＝2a 3，∴ a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴ a 3＝1，∴ S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5，故选A.解法二 ∵ a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d )＝3a 1＋6d ＝3，∴ a 1＋2d ＝1，∴ S 5＝5a 1＋5×42d ＝5(a 1＋2d )＝5，故选A .3．在数列{a n }中，a n ＝n （n ＋1）2，则：(1)数列{a n }的前n 项和S n ＝__________； (2)数列{S n }的前n 项和T n ＝__________．解析：(1)a n ＝n （n ＋1）2＝n （n ＋1）[]（n ＋2）－（n －1）6＝16×[]n （n ＋1）（n ＋2）－（n －1）n （n ＋1）S n ＝16×[(1×2×3－0×1×2)＋(2×3×4－1×2×3)＋(3×4×5－2×3×4)＋…＋n ×(n ＋1)×(n ＋2)－(n －1)×n ×(n ＋1)]＝n （n ＋1）（n ＋2）6.(2)S n ＝n （n ＋1）（n ＋2）6＝n （n ＋1）（n ＋2）[（n ＋3）－（n －1）]24＝124×[n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)－(n －1)n (n ＋1)(n ＋2)] T n ＝124×[(1×2×3×4－0×1×2×3)＋(2×3×4×5－1×2×3×4)＋…＋n ×(n ＋1)×(n ＋2)×6(n ＋3)－(n －1)×n ×(n ＋1)×(n ＋2)]＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）24.答案：(1)n （n ＋1）（n ＋2）6(2)n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）244．(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{1a n}前10项的和为________．解析：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)． 以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（n －1）（2＋n ）2＝n 2＋n －22.又∵ a 1＝1，∴ a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵ 当n ＝1时也满足此式，∴ a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．∴1a n ＝2n 2＋n ＝2(1n －1n ＋1)． ∴ S 10＝2(11－12＋12－13＋…＋110－111)＝2×(1－111)＝2011.答案：2011一、选择题1．已知等差数列{a n}前n项和为S n，若a1＋a2 012＝1，a2 013＝－1 006，则使S n取最值时n的值为(D)A．1 005 B．1 006C．1 007 D．1 006或1 0072．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n＝(D)A．9 B．8 C．7 D．63．等比数列{a n}前n项的积为T n，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是(C)A．T10B．T13C．T17D．T25解析：∵a3a6a18＝a1q2·a1q5·a1q17＝(a1q8)3＝(a9)3为定值．∴T17＝a1a2…a17＝(a1q8)17＝(a9)17也是定值．4．已知等比数列{a n}满足a n＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝(C) A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2D．(n－1)2解析：由a5·a2n－5＝22n(n≥3)得a2n＝22n，a n＞0，则a n＝2n，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.故选C.5．公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10＝(C)A．18 B．24 C．60 D．90解析：由a 24＝a 3a 7，得(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋6d )，得2a 1＋3d ＝0，再由S 8＝8a 1＋562d ＝32，得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3，所以S 10＝10a 1＋902d ＝60.故选C.6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤0，f （x －1）＋1，x ＞0，把函数g (x )＝f (x )－x的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为(B )A ．a n ＝n （n －1）2 B ．a n ＝n －1C ．a n ＝n (n －1)D ．a n ＝2n －2解析：若0<x ≤1，则－1<x －1<0，得f (x )＝f (x －1)＋1＝2x －1, 若1<x ≤2，则0<x －1≤1，得f (x )＝f (x －1)＋1＝2x －2＋1， 若2<x ≤3，则1<x －1≤2，得f (x )＝f (x －1)＋1＝2x －3＋2， 若3<x ≤4，则2<x －1<3，得f (x )＝f (x －1)＋1＝2x －4＋3. 以此类推，若n <x ≤n ＋1(其中n ∈N)，则f (x )＝f (x －1)＋1＝2x －n－1＋n,下面分析函数f (x )＝2x 的图象与直线y ＝x ＋1的交点． 很显然，它们有两个交点(0，1)和(1，2)，由于指数函数f (x )＝2x 为增函数且图象下凸，故它们只有这两个交点．①将函数f (x )＝2x 和y ＝x ＋1的图象同时向下平移一个单位即得到函数f (x )＝2x －1和y ＝x 的图象，取x ≤0的部分，可见它们有且仅有一个交点(0，0)．即当x ≤0时，方程f (x )－x ＝0有且仅有一个根x ＝0.②取①中函数f (x )＝2x －1和y ＝x 图象－1<x ≤0的部分，再同时向上和向右各平移一个单位，即得f (x )＝2x －1和y ＝x 在0<x ≤1上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(1，1)．即当0<x ≤1时，方程f (x )－x ＝0有且仅有一个根x ＝1. ③取②中函数f (x )＝2x －1和y ＝x 在0<x ≤1上的图象，继续按照上述步骤进行，即得到f (x )＝2x －2＋1和y ＝x 在1<x ≤2上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(2，2)．即当1<x ≤2时，方程f (x )－x ＝0有且仅有一个根x ＝2. ④以此类推，函数y ＝f (x )与y ＝x 在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的交点依次为(3，3)，(4，4)，…，(n ＋1，n ＋1)．即方程f (x )－x ＝0在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的根依次为3，4，…，n ＋1.综上所述方程f (x )－x ＝0的根按从小到大的顺序排列所得数列为0，1，2，3，4，…，n ＋1，其通项公式为a n ＝n －1.故选B. 二、填空题7．对正整数n ，设曲线y ＝x n (1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和是2n ＋1－2．解析：曲线y ＝x n (1－x )＝x n －x n ＋1，曲线导数为y ′＝nx n －1－(n ＋1)x n ，所以切线斜率为k ＝n 2n －1－(n ＋1)2n ＝－(n ＋2)2n －1，切点为(2，－2n )，所以切线方程为y ＋2n ＝－(n ＋2)2n －1(x －2)，令x ＝0得，y ＋2n ＝(n ＋2)2n ，即y ＝(n ＋1)2n ，所以a n ＝(n ＋1)2n ，所以a nn ＋1＝2n ，是以2为首项，q ＝2为公比的等比数列，所以S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.8．等比数列{a n }的公比q ＞0, 已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝152．解析：由a n ＋2＋a n ＋1＝6a n 得：q n ＋1＋q n ＝6q n －1，即q 2＋q －6＝0，q ＞0，解得q ＝2，又a 2＝1，所以a 1＝12，S 4＝12（1－24）1－2＝152.三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求a 1，a 2的值．(2)设a 1＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n最大？并求出T n 的最大值．解析：(1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2，③ 若a 2＝0, 由①知a 1＝0， 若a 2≠0，易知a 2－a 1＝1.④由①④得：a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－2；综上所述，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝1＋2，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.(2)当a 1>0时，由(1)知， a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1.两式相减得(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1.所以a n ＝2a n －1(n ≥2)．所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)×(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝12lg 1002n －1. 又b 1＝1，b n －b n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 1002n －1－lg 1002n －2＝－12lg 2， 所以数列{b n }是以1为首项，－12lg 2为公差，且单调递减的等差数列．则b 1>b 2>…>b 7＝lg 108＞lg 1＝0. 当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜12lg 1＝0. 所以，n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7－212lg 2. 10．(2015·北京卷)已知数列{a n }满足：a 1∈N *，a 1≤36，且a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，a n ≤18，2a n －36，a n ＞18(n ＝1，2，…)．记集合M ＝{a n |n ∈N *}． (1)若a 1＝6，写出集合M 的所有元素；(2)若集合M 存在一个元素是3的倍数，证明：M 的所有元素都是3的倍数；(3)求集合M 的元素个数的最大值．解析：(1)6，12，24.(2)证明：因为集合M 存在一个元素是3的倍数，所以不妨设a k 是3的倍数．由a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，a n ≤18，2a n －36，a n ＞18，可归纳证明对任意n ≥k ，a n 是3的倍数．如果k ＝1，则M 的所有元素都是3的倍数．如果k ＞1，因为a k ＝2a k －1或a k ＝2a k －1－36，所以2a k －1是3的倍数，于是a k －1是3的倍数．类似可得，a k －2，…，a 1都是3的倍数．从而对任意n ≥1，a n 是3的倍数，因此M 的所有元素都是3的倍数．综上，若集合M 存在一个元素是3的倍数，则M 的所有元素都是3的倍数．(3)由a 1≤36，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1，a n －1≤18，2a n －1－36，a n －1＞18，可归纳证明a n ≤36(n ＝2，3，…)．因为a 1是正整数，a 2＝⎩⎪⎨⎪⎧2a 1，a 1≤18，2a 1－36， a 1＞18，所以a 2是2的倍数．从而当n≥3时，a n是2的倍数．如果a1是3的倍数，由(2)知对所有正整数n，a n是3的倍数．因此当n≥3时，a n∈{12，24，36}，这时M的元素个数不超过5.如果a1不是3的倍数，由(2)知对所有正整数n，a n不是3的倍数．因此当n≥3时，a n∈{4，8，16，20，28，32}，这时M的元素个数不超过8.当a1＝1时，M＝{1，2，4，8，16，20，28，32}有8个元素．综上可知，集合M的元素个数的最大值为8.。

专题能力训练10 数列求和及其综合应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题5分,共35分)1.已知等比数列{a n}的公比q=2,且2a4,a6,48成等差数列,则{a n}的前8项和为()A.127B.255C.511D.1 0232.(2015浙江东阳5月模拟考试,文7)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1·a n=2n(n∈N*),则S2015=()A.22 015-1B.21 009-3C.3×21 007-3D.21 008-33.(2015浙江第一次五校联考,文9)设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,对任意实数x,y ∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),若a1=,a n=f(n)(n∈N*),则数列{a n}的前n项和S n的取值范围是()A. B.C. D.4.各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,且3S n=a n a n+1,则a2k=()A. B.C. D.5.(2015浙江绍兴期末)已知数列{a n}的通项公式a n=-n,当a1a2a3+a2a3a4+a3a4a5+…+a n a n+1a n+2取得最大值时,n的值为()A.7B.8C.9D.106.已知定义在R上的函数f(x)是奇函数且满足f=f(x),f(-2)=-3,若数列{a n}的前n项和S n满足+1,则f(a5)+f(a6)=()A.-3B.-2C.2D.37.对于函数y=f(x),部分x与y的对应关系如下表:数列{x n}满足x1=2,且对任意n∈N*,点(x n,x n+1)都在函数y=f(x)的图象上,则x1+x2+x3+x4+…+x2 012+x2 013的值为()A.9 394B.9 380C.9 396D.9 400二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)8.(2015浙江宁波鄞州5月模拟,文10)已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=1,a2=3,记S n=a1+a2+…+a n.则a3=,S2 015=.9.(2014浙江台州质量评估)在等比数列{a n}中,a n>0,a1<a8,a8=1,若集合A=+…+,则集合A中元素的个数为.10.(2015浙江嵊州第二次教学质量调查测试,文14)设等差数列{a n}的前n项和为S n,公差为正．整数．．d.若=1,则d的值为.11.对于数列{a n},定义数列{a n+1-a n}为数列{a n}的“差数列”,若a1=2,{a n}的“差数列”的通项为2n,则数列{a n}的前n项和S n=.三、解答题(本大题共3小题,共45分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)12.(本小题满分14分)(2015福建,文17)等差数列{a n}中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.13.(本小题满分15分)(2015浙江第一次五校联考,文29)已知数列{a n}的前n项和S n满足(t-1)S n=t(a n-2)(t为常数,t≠0且t≠1).(1)求数列{a n}的通项公式.(2)设b n=S n-1,且数列{b n}为等比数列.①求t的值;②若c n=(-a n)·log3(-b n),求数列{c n}的前n和T n.14.(本小题满分16分)(2015浙江重点中学协作体第二次适应性测试,文20)已知数列{a n}的前n项和S n满足:S n=t(S n-a n+1)(t为常数,且t≠0,t≠1).(1)设b n=+S n·a n,若数列{b n}为等比数列,求t的值;(2)在满足条件(1)的情形下,设c n=4a n+1,数列{c n}的前n项和为T n,若不等式≥2n-7对任意的n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.参考答案专题能力训练10数列求和及其综合应用1.B解析:∵2a4,a6,48成等差数列,∴2a6=2a4+48,∴2a1q5=2a1q3+48.又q=2,∴a1=1,∴S8==255.2.B解析:依题意a2·a1=2.又a1=1,所以a2=2,由a n+1·a n=2n(n∈N*),得a n+2·a n+1=2n+1,两式相除得=2,所以数列{a2n-1}成首项a1=1,公比为2的等比数列,数列{a2n}成首项a2=2,公比为2的等比数列,又S2 015包含了1 008个奇数项和1 007个偶数项,所以S2 015=a1+a2+…+a2 015=(a1+a3+…+a2+(a2+a4+…+a2 014)==21 009-3.故选B.015)3.C解析:∵a1=,a n=f(n),∴f(1)=.又∵f(x)·f(y)=f(x+y),令y=1,则f(x+1)=f(1)·f(x)=f(x),∴a n+1=a n,∴数列{a n}是以为首项,为公比的等比数列,∴a n=,∴S n==1-.4.C解析:当n=1时,3S1=a1a2,3a1=a1a2,∴a2=3,当n≥2时,由3S n=a n a n+1,可得3S n-1=a n-1a n,两式相减得:3a n=a n(a n+1-a n-1),又∵a n≠0,∴a n+1-a n-1=3,∴{a2n}是一个以3为首项,3为公差的等差数列,∴a2k=a2+a4+a6+…+a2n=3n+×3=,选C.5.C解析:由a n=-n≥0,得n≤9.25,所以数列{a n}的前9项都是正数,从第10项起,全部是负数.所以当n=8时,a8a9a10==-<0, 当n=9时,a9a10a11=>0,当n≥10时,a n a n+1a n+2<0,因为a8a9a10+a9a10a11>0,所以当a1a2a3+a2a3a4+a3a4a5+…+a n a n+1a n+2取得最大值时,n的值为9,故选C.6.D解析:因为函数f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x).因为f=f(x),所以f=-f(-x),所以f(3+x)=f(x),所以f(x)是以3为周期的周期函数.因为+1,即S n=2a n+n①,所以S n-1=2a n-1+n-1(n≥2)②,①-②得a n=2a n-1-1(n≥2),即a n-1=2(a n-1-1)(n≥2).又+1,所以a1=-1.所以数列{a n-1}是以2为公比的等比数列,首项为a1-1=-2.所以a n-1=-2×2n-1=-2n,a n=-2n+1,所以a5=-25+1=-31,a6=-26+1=-63,所以f(a5)+f(a6)=f(-31)+f(-63)=f(2)+f(0)=f(2)=-f(-2)=3,故选D.7.A解析:由题意得,x1=2,x2=4,x3=8,x4=2,…数列的周期为3,故x1+x2+x3+x4+…+x2 012+x2013=671(x1+x2+x3)=671×14=9 394.8.22解析:因为a1=1,a2=3,所以a3=a2-a1=2,a4=a3-a2=-1,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-2,a7=a6-a5=1,所以数列{a n}是以6为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,所以S2 015=a1+a2+…+a2015=a1+a2+a3+a4+a5=2.9.15解析:设数列{a n}的公比为q,依题意,q>1,故a1<a2<…<a8=1<a9<a10<…,故<0,<0,…,<0,=0.因为a1a15==1,所以a1=,即=0,同理=0,故+…+=0,故集合A中共有15个元素.10.1解析:因为数列{a n}是等差数列,=1,所以(3a2)2+(a2+d)2=1,整理得10+2a2d+d2-1=0,由Δ=(2d)2-40(d2-1)≥0得d2≤,因为d∈N*,所以d=1.11.2n+1-2解析:∵a n+1-a n=2n,∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n.∴S n==2n+1-2.12.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得解得所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得b n=2n+n.所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+...+210)+(1+2+3+ (10)==(211-2)+55=211+53=2 101.13.解:(1)由(t-1)S n=t(a n-2),及(t-1)S n+1=t(a n+1-2),作差得a n+1=ta n,即数列{a n}成等比数列,a n=a1t n-1,∵a1=2t,故a n=2t n.(2)①∵数列{b n}为等比数列,∴=b1b3,代入得(2t+2t2-1)2=(2t-1)(2t+2t2+2t3-1),整理得6t3=2t2,解得t=或t=0(舍),故t=.当t=时,b n=S n-1=-,显然数列{b n}为等比数列.②c n=(-a n)·log3(-b n)=,∴T n=+…+,则T n=+…+,作差得T n=+…+=1-=1-,故T n=.14.解:当n=1时,S1=t(S1-a1+1),得a1=t.当n≥2时,由S n=t(S n-a n+1),即(1-t)S n=-ta n+t,①得(1-t)S n-1=-ta n-1+t,②两式相减得(1-t)a n=-ta n+ta n-1,即a n=ta n-1,∴=t(n≥2),∴{a n}是等比数列,且公比是t,∴a n=t n.(1)b n=(t n)2+·t n,即b n=,若数列{b n}为等比数列,则有=b1·b3,而b1=2t2,b2=t3(2t+1),b3=t4(2t2+t+1),故[t3(2t+1)]2=(2t2)·t4(2t2+t+1),解得t=,再将t=代入b n,得b n=,由,知{b n}为等比数列,∴t=.(2)由t=,知a n=,∴c n=4+1,∴T n=4×+n=4+n-,由不等式≥2n-7恒成立,得3k≥恒成立,设d n=,由d n+1-d n=,∴当n≤4时,d n+1>d n,当n>4时,d n+1<d n,而d4=,d5=,∴d4<d5,∴3k≥,∴k≥.。

专题升级训练数列的求和及其综合应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.已知数列{a n}是公差为2的等差数列,且a1,a2,a5成等比数列,则{a n}的前5项和S5为( )A.20B.30C.25D.402.(2013·山东烟台模拟,3)设各项都是正数的等比数列{a n},S n为前n项和,且S10=10,S30=70,那么S40=( )A.150B.-200C.150或-200D.400或-503.已知S n是非零数列{a n}的前n项和,且S n=2a n-1,则S2014等于( )A.1-22014B.22014-1C.22015-1D.220134.若数列{a n}是等差数列,首项a1>0,a1003+a1004>0,a1003·a1004<0,则使数列{a n}的前n项和S n>0成立的最大自然数n是( )A.2005B.2006C.2007D.20085.设数列{a n}是首项为1公比为4的等比数列,把{a n}中的每一项都减去3后,得到一个新数列{b n},{b n}的前n项和为S n,对任意的n∈N*,下列结论正确的是( )A.4b n=b n+1且S n=(4n-1)B.4b n-6=b n+1且S n=(4n-1)C.4b n+9=b n+1且S n=(4n-1)-3nD.4b n-9=b n+1且S n=(4n-1)-3n6.(2013·北京东城模拟,7)对于函数y=f(x),部分x与y的对应关系如下表:x 1 2 3 4 5 6 7 8 9y7 4 5 8 1 3 5 2 6数列{x n}满足x1=2,且对任意n∈N*,点(x n,x n+1)都在函数y=f(x)的图象上,则x1+x2+x3+x4+…+x2012+x2 013的值为( )A.9394B.9380C.9396D.9400二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.在等差数列{a n}中,首项a1=0,公差d≠0,若a k=S6,则k的值为.8.已知数列{a n}满足a1=,且对任意的正整数m,n都有a m+n=a m·a n,则数列{a n}的前n项和S n=.9.对于数列{a n},定义数列{a n+1-a n}为数列{a n}的“差数列”,若a1=2,{a n}的“差数列”的通项为2n,则数列{a n}的前n项和S n=.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.(本小题满分15分)在数列{a n}中,a1=,若函数f(x)=x3+1在点(1,f(1))处切线过点(a n+1,a n).(1)求证:数列为等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式和前n项和公式S n.11.(本小题满分15分)已知函数f(x)=,数列{a n}满足a1=1,a n+1=f,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(n≥2),b1=3,S n=b1+b2+…+b n,若S n<对一切n∈N*成立,求最小正整数m.12.(本小题满分16分)(2013·江苏,19)设{a n}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),S n是其前n 项和.记b n=,n∈N*,其中c为实数.(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:S nk=n2S k(k,n∈N*);(2)若{b n}是等差数列,证明:c=0.##一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.C2.A3.B解析:∵S n=2a n-1,∴S n-1=2a n-1-1(n≥2),两式相减得a n=2a n-2a n-1,即a n=2a n-1,∴数列{a n}是公比为2的等比数列,由S1=2a1-1,得a1=1,∴S2 014==22 014-1.4.B解析:由a1>0,a1 003+a1 004>0,a1 003·a1 004<0,可知数列{a n}是递减的等差数列,∴a1 003>0,a1 004<0.又a1 003+a1 004=a1+a2 006>0,a1+a2 007=2a1 004<0,∴S2 006=>0,S2 007==2 007a1 004<0,∴最大自然数n是2 006.5.C解析:由已知得b n=4n-1-3,故有4b n+9=4(4n-1-3)+9=4n-3=b n+1,S n=(1+4+42+…+4n-1)-3n=(4n-1)-3n.6.A解析:由题意得,x1=2,x2=4,x3=8,x4=2,…数列的周期为3,故x1+x2+x3+x4+…+x2 012+x2013=671(x1+x2+x3)=671×14=9 394.二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.168.2- 解析:令m=1,则a n+1=a1·a n,∴数列{a n}是以a1=为首项,为公比的等比数列,S n==2-.9.2n+1-2 解析:∵a n+1-a n=2n,∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n.∴S n==2n+1-2.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.解:(1)证明:因为f'(x)=3x2,所以切线的斜率为k=3,切点(1,2),切线方程为y-2=3(x-1)⇒3x-y-1=0.又因为过点(a n+1,a n),所以3a n+1-a n-1=0,即3a n+1=a n+1,所以3a n+1-=a n-⇒3=a n-,即数列为一等比数列,公比q=.(2)由(1)得为一公比为q=,首项为a1-的等比数列,则a n-·.∴a n=·,S n=.11.解:(1)∵a n+1=f=a n+,∴{a n}是以1为首项,为公差的等差数列.∴a n=1+(n-1)×n+.(3)当n≥2时,b n=,又b1=3=,∴S n=b1+b2+…+b n==,∵S n<对一切n∈N*成立,即对一切n∈N*成立.又,∴,即m≥2 023.∴最小正整数m为2 023.12.解:证明由题设,S n=na+d.(1)由c=0,得b n==a+d.又因为b1,b2,b4成等比数列,所以=b1b4,即=a,化简得d2-2ad=0.因为d≠0,所以d=2a.因此,对于所有的m∈N*,有S m=m2a.从而对于所有的k,n∈N*,有S nk=(nk)2a=n2k2a=n2S k.(2)设数列{b n}的公差是d1,则b n=b1+(n-1)d1,即=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入S n的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有n3+n2+cd1n=c(d1-b1).令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),则对于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,从而有由②,③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd1=0.即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.若d1=0,则由d1-d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d1≠0.又因为cd1=0,所以c=0.。

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高效演练1.(考向二)定义np 1+p 2+⋯+p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n+1，又b n =a n +14，则1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b 10b 11=( )A.111B.910C.1011D.1112【解析】选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，则由题意可得nS n =12n+1，S n =n(2n+1)=2n 2+n ， 所以a n =S n -S n-1=2n 2+n-[2 (n-1)2+n-1]=4n-1(n ≥2)，a 1=S 1=3，所以a n =4n-1，b n =a n +14=n ， 所以1b n b n+1=1n(n+1)=1n -1n+1，所以1b 1b 2+1b 2b 3+…+1b 10b 11=1-12+12-13+…+110-111=1-111=1011. 2.(考向三)已知数列{a n }的通项公式为a n =-n+p ，数列{b n }的通项公式为b n =2n-5，设c n ={a n ,a n ≤b n ,b n ,a n >b n ,若在数列{c n }中，c 8>c n (n ∈N *，n ≠8)，则实数p 的取值范围是 .【解析】当a n ≤b n 时，c n =a n ，当a n >b n 时，c n =b n ，所以c n 是a n ，b n 中的较小者，由于a n =-n+p ，所以{a n }是递减数列；由于b n =2n-5，所以{b n }是递增数列， 由于c 8>c n (n ≠8)，所以c 8是c n 的最大者，则n=1，2，3，…7，8时，c n 递增，n=8，9，10，…时，c n 递减，因此，n=1，2，3，…7时，2n-5<-n+p 总成立，当n=7时，27-5<-7+p ，所以p>11，n=9，10，11，…时， 2n-5>-n+p 总成立，当n=9时，29-5>-9+p ，成立，所以p<25，而c 8=a 8或c 8=b 8，若a 8≤b 8，即23≥p-8，所以p ≤16，则c 8=a 8=p-8，所以p-8>b 7=27-5，所以p>12，故12<p ≤16， 若a 8>b 8，即p-8>28-5，所以p>16，所以c 8=b 8=23， 那么c 8>c 9=a 9，即8>p-9，所以p<17，故16<p<17，综上，12<p<17. 答案：(12，17).3.(考向二)已知数列{a n }满足a n =1+2+3+⋯+nn，则数列{1a n a n+1}的前n 项和为 .【解析】a n =1+2+3+⋯+n n=n+12，1a n a n+1=4(n+1)(n+2)=4(1n+1−1n+2)，所求的前n 项和为4(12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2)=4(12−1n+2)=2nn+2.答案：2nn+24.(考向一)(2021·日照二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n 2+2n,(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设集合A={x|x=2n+2,n ∈N *},B={x|x=2a n ,n ∈N *},等差数列{c n }的任一项c n ∈A ∩B,其中c 1是A ∩B 中的最小数,110<c 10<115,求数列{c n }的通项公式. 【解析】(1)由于S n =n 2+2n,(n ∈N *). 当n ≥2时, a n =S n -S n-1=2n+1,当n=1时,a1=S1=3满足上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n+1.(2)由于A={x|x=2n+2,n∈N*},B={x|x=4n+2,n∈N*},所以A∩B=B. 又由于c n∈A∩B,其中c1是A∩B中的最小数,所以c1=6,由于{c n}的公差是4的倍数,所以c10=4m+6(m∈N*).又由于110<c10<115,解得m=27,所以c10=114,设等差数列的公差为d,则d=c10−c110−1=114−69=12,所以c n=6+(n-1)×12=12n-6,所以{c n}的通项公式为c n=12n-6.5.(考向一、三)设数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n=S nn+2(n-1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式a n.(2)是否存在正整数n使得S11+S22+…+S nn-(n-1)2=2021成立？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n=S nn+2(n-1)(n∈N*). 所以S n=na n-2(n-1)n，n≥2时，a n=S n-S n-1=na n-2(n-1)n-(n-1)a n-1+2(n-2)(n-1)，可得a n-a n-1=4，所以{a n}为a1=1，d=4的等差数列所以a n=1+(n-1)4=4n-3.(2)存在.由于a n=4n-3，所以S n=na n-2n(n-1)=(2n-1)n⇒S nn=2n-1⇒S11+S22+…+S nn=1+(2n−1)2n=n2⇒n2-(n-1)2=2 015⇒n=1 008.关闭Word文档返回原板块。

专题四 数列第2讲 数列的求和及其综合应用真题试做1．(2012·大纲全国高考，文6)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n＝( )．A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D.12n －12．(2012·江西高考，文13)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝__________.3．(2012·课标全国高考，文14)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝__________.4．(2012·天津高考，文18)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，n ∈N *，证明T n －8＝a n －1b n ＋1(n ∈N *，n ＞2)． 5．(2012·山东高考，文20)已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m的项的个数记为b m .求数列{b m }的前m 项和S m . 考向分析高考中对数列求和及其综合应用的考查题型，主、客观题均会出现，主观题较多．一般以等差、等比数列的定义以及通项公式、前n 项和公式的运用设计试题．考查的热点主要有四个方面：(1)考查数列的求和方法；(2)以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交会处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题；(3)数列与解析几何交会的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题，试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现；(4)数列应用题主要以等差、等比数列为工具，在数列与生产、生活实际问题的联系上设计问题，考查阅读理解能力、数学建模能力和数学应用的意识与能力，主要以解答题的形式出现，多为中高档题．热点例析热点一 数列的求和【例1】(2012·山东青岛一模，20)已知在等差数列{a n }(n ∈N *)中，a n ＋1＞a n ，a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝37.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若将数列{a n }的项重新组合，得到新数列{b n }，具体方法如下：b 1＝a 1，b 2＝a 2＋a 3，b 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7，b 4＝a 8＋a 9＋a 10＋…＋a 15，…，依此类推，第n 项b n 由相应的{a n }中2n －1项的和组成，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －14·2n 的前n 项和T n .规律方法 数列求和的关键是分析其通项，数列求和主要有以下方法：(1)公式法：若数列是等差数列或等比数列，则可直接由等差数列或等比数列的求和公式求和；(2)分组求和法：一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列通项公式组成，求和时可以用分组求和法，即先分别求和，然后再合并；(3)若数列{a n }的通项能转化为f (n )－f (n －1)(n ≥2)的形式，常采用裂项相消法求和；(4)若数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法；(5)倒序相加法：若一个数列{a n }满足与首末两项等“距离”的两项和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和，可采用倒序相加法，如等差数列的通项公式就是用该法推导的．特别提醒：(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)利用错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应注意两式“错项对齐”；②当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论．变式训练1 (2012·甘肃靖远、中恒联考，21)已知数列{a n }中a 1＝2，a n ＋1＝2－1a n，数列{b n }中b n ＝1a n －1，其中n ∈N *. (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)设S n 是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫13b n 的前n 项和，求1S 1＋1S 2＋…＋1S n ；(3)设T n 是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ·b n 的前n 项和，求证：T n ＜34.热点二 数列与函数、不等式交会【例2】(2012·湖北孝感统考，22)已知数列{a n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n －a n (n ＝1,2,3，…)．(1)求证：数列{a n －1}是等比数列；(2)令b n ＝(2－n )(a n －1)(n ＝1,2,3，…)，如果对任意n ∈N *，都有b n ＋14t ≤t 2，求实数t的取值范围．规律方法 (1)由于数列的通项是一类特殊的函数，所以研究数列中的最大(小)项问题可转化为求相应函数的单调性进行求解，但同时注意数列中的自变量只能取正整数这一特点；(2)要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性时，可以通过比较相邻两项的大小进行判断；(3)对于数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2的前n 项和，没有直接可套用的公式，但如果涉及大小比较等一些不等关系，可考虑放缩法：1n 2＜1n (n －1)或1n 2＞1n (n ＋1)，转化为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n －1)或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)，用裂项相消法求和后即可达到比较大小的目的．变式训练2 (文科用)(2012·广东四会统测，21)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －n (n ∈N *)，(1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足不等式T n －22n －1≥128的最小的n 值．热点三 数列与解析几何的交会【例3】(2011·陕西高考，理19)如图，从点P 1(0,0)作x 轴的垂线交曲线y ＝e x于点Q 1(0,1)，曲线在Q 1点处的切线与x 轴交于点P 2.再从P 2作x 轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q 1；P 2，Q 2；…；P n ，Q n ，记P k 点的坐标为(x k,0)(k ＝1,2，…，n )．(1)试求x k 与x k －1的关系(2≤k ≤n )；(2)求|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |.规律方法 对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，得出关于数列相邻项a n 与a n ＋1之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论．变式训练3 设C 1，C 2，…，C n ，…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x 轴的正半轴上，且都与直线y ＝33x 相切，对每一个正整数n ，圆C n 都与圆C n ＋1相互外切，以r n 表示C n 的半径，已知{r n }为递增数列．(1)证明：{r n }为等比数列；(2)设r 1＝1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n r n 的前n 项和．热点四 数列在实际问题中的应用【例4】(2011·湖南高考，文20)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新．证明：须在第9年初对M 更新．规律方法 能够把实际问题转化成数列问题，并且能够明确是等差数列还是等比数列，确定首项、公差(比)、项数各是什么，能分清是某一项还是某些项的性质是解决问题的关键．(1)在数列应用题中，当增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型为等差模型，增加(或减少)的量就是公差，则可把应用题抽象为数列中的等差数列问题，然后用等差数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(2)若后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型为等比模型，这个固定的数就是公比，则可把应用题抽象为数列中的等比数列问题，然后用等比数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(3)若题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n ＋1，a n 之间的递推关系，或考虑S n ＋1，S n 之间的递推关系．特别提醒：解决实际问题时要注意n 的取值范围．变式训练4 某城市2012年末汽车拥有量为30万辆，预计此后每年将上一年拥有量的6%报废，并且每年新增汽车数量相同．为保护城市环境，要求该城市汽车拥有量不超过60万辆．从2012年末起，n 年后汽车拥有量为b n ＋1万辆，若每年末的拥有量不同．(1)求证：{b n ＋1－b n }为等比数列；(2)每年新增汽车数量不能超过多少万辆？ 思想渗透1．函数思想——函数思想解决数列常见的问题： (1)数列的单调性； (2)数列中求最值问题； (3)数列中的恒成立问题． 2．求解时注意的问题及方法：(1)数列是定义在N *或其子集上的特殊函数，自然与函数思想密不可分，因此树立函数意识是解决数列问题的最基本要求；(2)解题时要注意把数列的递推公式、数列的通项公式以及前n 项和公式看作函数的解析式，从而合理地利用函数性质和导数解决问题；(3)解决有关数列的通项公式、单调性、最值、恒成立等问题时要注意项数n 的取值范围． 【典型例题】(2012·湖南长沙模拟，22)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，公差为d ，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，n ∈N *.数列{b n }满足b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和．(1)求a 1，d 和T n ；(2)若对任意的n ∈N *，不等式λT n ＜n ＋8·(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围； (3)是否存在正整数m ，n (1＜m ＜n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)(方法一)在a 2n ＝S 2n －1中，分别令n ＝1，n ＝2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝S 1，a 22＝S 3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝a 1，(a 1＋d )2＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.∵b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1. (方法二)∵{a n }是等差数列，∴a 1＋a 2n －12＝a n ，∴S 2n －1＝a 1＋a 2n －12(2n －1)＝(2n －1)a n .由a 2n ＝S 2n －1，得a 2n ＝(2n －1)a n .又∵a n ≠0，∴a n ＝2n －1，则a 1＝1，d ＝2.(T n 求法同方法一)(2)①当n 为偶数时，要使不等式λT n ＜n ＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ＜(n ＋8)(2n ＋1)n ＝2n ＋8n＋17恒成立，∵2n ＋8n≥8，等号在n ＝2时取得，∴此时λ需满足λ＜25.②当n 为奇数时，要使不等式λT n ＜n ＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ＜(n －8)(2n ＋1)n＝2n －8n－15恒成立，∵2n －8n随n 的增大而增大，∴n ＝1时，2n －8n取得最小值－6.∴此时λ需满足λ＜－21.综合①②可得λ的取值范围是λ＜－21.(3)T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n2n ＋1.若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. (方法一)由m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m2＞0， 即－2m 2＋4m ＋1＞0，∴1－62＜m ＜1＋62.又m ∈N ，且m ＞1， ∴m ＝2，此时n ＝12.因此，当且仅当m ＝2，n ＝12时，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．(方法二)因为n 6n ＋3＝16＋3n＜16，故m 24m 2＋4m ＋1＜16，即2m 2－4m －1＜0，∴1－62＜m ＜1＋62(以下同方法一)．1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n ＋1n ＋2，则a 3＝( )． A.120 B.124 C.128 D.1322．已知a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝x 2－2x ＋3的顶点是(b ，c )，则ad ＝( )． A ．3 B ．2 C ．1 D ．－23．(2012·甘肃兰州诊断，3)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 8S 4＝3，则S 12S 8＝( )．A ．2B.73C.83D ．3 4．在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝( )．A ．2n ＋1－2B ．3nC ．2nD ．3n－15．(2012·河北模拟，14)已知数列{a n }满足a n ＝2n －1＋2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.6．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是________．7．(2012·江西联考，19)已知数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝8，a n ＋2＝4a n ＋1－4a n . (1)证明：{a n ＋1－2a n }是等比数列；(2)设b n ＝a n －1n (n ＋1)(n ≥2)，求：b 2＋b 3＋…＋b n (n ≥2且n ∈N *)．8．已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m 20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m.参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．B 解析：∵S n ＝2a n ＋1，∴S n －1＝2a n (n ≥2)， 两式相减得：a n ＝2a n ＋1－2a n ， ∴a n ＋1a n ＝32. ∴数列{a n }从第2项起为等比数列．又n ＝1时，S 1＝2a 2，∴a 2＝12.∴S n ＝a 1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －11－32＝1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1. 2．11 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝a 1·q n ＋1＋a 1·q n －2a 1·q n －1＝0，即q 2＋q －2＝0，解得q ＝－2，q ＝1(舍去)，所以S 5＝1－(－2)51－(－2)＝11.3．－2 解析：由S 3＝－3S 2，可得a 1＋a 2＋a 3＝－3(a 1＋a 2)，即a 1(1＋q ＋q 2)＝－3a 1(1＋q )，化简整理得q 2＋4q ＋4＝0，解得q ＝－2.4．(1)解：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＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：由(1)得T n ＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n －1)×2n ，①2T n ＝2×22＋5×23＋…＋(3n －4)×2n ＋(3n －1)×2n ＋1.②由①－②，得－T n ＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n －(3n －1)×2n ＋1＝6×(1－2n)1－2－(3n －1)×2n ＋1－2＝－(3n －4)×2n ＋1－8，即T n －8＝(3n －4)×2n ＋1，而当n ＞2时，a n －1b n ＋1＝(3n －4)×2n ＋1.所以，T n －8＝a n －1b n ＋1，(n ∈N *，n ＞2)．5．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n . 由T 5＝105，a 10＝2a 5， 得到⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×(5－1)2d ＝105，a 1＋9d ＝2(a 1＋4d )，解得a 1＝7，d ＝7.因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．(2)对m ∈N *，若a m ＝7n ≤72m ，则n ≤72m －1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝b 1(1－q m )1－q ＝7×(1－49m )1－49＝7×(72m －1)48＝72m ＋1－748.精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 解：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝a 2＋a 9＝37，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，a 9＝29，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝29，a 9＝8(由于a n ＋1＞a n ，舍去)．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，a 9＝a 1＋8d ＝29，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2(n ∈N *)．(2)由题意得b n ＝a 2n －1＋a 2n －1＋1＋a 2n －1＋2＋…＋a 2n －1＋2n －1－1＝(3·2n －1＋2)＋(3·2n －1＋5)＋(3·2n －1＋8)＋…＋[3·2n －1＋(3·2n －1－1)]＝2n －1×3·2n －1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)]．而2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n －1项的和，∴2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)＝2n －1×2＋2n －1(2n －1－1)2×3＝3·22n －3＋14·2n，∴b n ＝3·22n －2＋3·22n －3＋14·2n ＝98·22n ＋14·2n.∴b n －14·2n ＝98·22n.∴T n ＝98(4＋16＋64＋ (22))＝98×4(1－4n)1－4＝32(4n －1)．【变式训练1】 (1)证明：b n ＋1＝1a n ＋1－1＝11－1a n＝a na n －1，而b n ＝1a n －1， ∴b n ＋1－b n ＝a na n －1－1a n －1＝1(n ∈N *)． ∴数列{b n }是首项为b 1＝1a 1－1＝1，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)可知b n ＝n ，13b n ＝13n ，∴S n ＝13(1＋2＋…＋n )＝n (n ＋1)6，于是1S n ＝6n (n ＋1)＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故有1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝6n n ＋1. (3)证明：由(1)可知⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ·b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，则T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，∴13T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1， 则23T n ＝13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1， ∴T n ＝34－14⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＜34.【例2】 (1)证明：由题意可知a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n ＝n －a n ，① a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋a n ＋1＝n ＋1－a n ＋1，② ②－①可得2a n ＋1＝1＋a n ，即a n ＋1－1＝12(a n －1)．又因为a 1＝12，所以a 1－1＝－12，所以数列{a n －1}是以－12为首项，以12为公比的等比数列．(2)解：由(1)可得a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，b n ＝n －22n .由b n ＋1－b n ＝n ＋1－22n ＋1－n －22n ＝n －1－2(n －2)2n ＋1＝3－n2n ＋1＞0，得n ＜3， 由b n ＋1－b n ＜0，得n ＞3，所以b 1＜b 2＜b 3＝b 4＞b 5＞…＞b n ＞…，故b n 有最大值b 3＝b 4＝18，所以对任意n ∈N *，有b n ≤18.如果对任意n ∈N *，都有b n ＋14t ≤t 2，即b n ≤t 2－14t 恒成立，则(b n )m ax ≤t 2－14t .故有18≤t 2－14t ，解得t ≥12或t ≤－14，所以实数t 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 【变式训练2】 解：(1)因为S n ＝2a n －n ，令n ＝1，解得a 1＝1. 再分别令n ＝2，n ＝3，解得a 2＝3，a 3＝7. (2)∵S n ＝2a n －n ，∴S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)， 两式相减，得a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)． 又∵a 1＋1＝2，∴{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＋1＝2n ，得a n ＝2n－1. (3)∵b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，∴b n ＝(2n ＋1)·2n.∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n，①则2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②由①－②得－T n ＝2(20＋21＋22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝2×1×(1－2n ＋1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1，∴T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.若T n －22n －1≥128，则2＋(2n －1)·2n ＋1－22n －1≥128， 即2n ＋1≥27，所以n ＋1≥7，解得n ≥6，∴满足不等式T n －22n －1≥128的最小的n 为6.【例3】 解：(1)设点P k －1的坐标是(x k －1,0)，∵y ＝e x ，∴y ′＝e x.∴Q k －1(x k －1，e x k －1)，在点Q k －1(x k －1，e x k －1)处的切线方程是y －e x k －1＝e x k －1(x －x k －1)， 令y ＝0，则x k ＝x k －1－1(2≤k ≤n )．(2)∵x 1＝0，x k －x k －1＝－1，∴x k ＝－(k －1)．∴|P k Q k |＝e x k ＝e －(k －1)，于是有 |P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝1＋e －1＋e －2＋…＋e －(n －1)＝1－e －n 1－e －1＝e －e 1－ne －1， 即|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝e －e1－ne －1.【变式训练3】 (1)证明：将直线y ＝33x 的倾斜角记为θ， 则有t a n θ＝33，sin θ＝12. 设C n 的圆心为(λn,0)(λn ＞0)，则由题意得知r n λn ＝12，得λn ＝2r n ； 同理λn ＋1＝2r n ＋1，从而λn ＋1＝λn ＋r n ＋r n ＋1＝2r n ＋1，将λn ＝2r n 代入，解得r n ＋1＝3r n ，故{r n }为公比q ＝3的等比数列． (2)解：由于r 1＝1，q ＝3， 故r n ＝3n －1，从而n r n＝n ·31－n.记S n ＝1r 1＋2r 2＋…＋n r n，则有S n ＝1＋2·3－1＋3·3－2＋…＋n ·31－n，①则S n3＝1·3－1＋2·3－2＋…＋(n －1)·31－n＋n ·3－n，② 由①－②，得 2S n 3＝1＋3－1＋3－2＋…＋31－n －n ·3－n＝1－3－n23－n ×3－n ＝32－⎝⎛⎭⎪⎫n ＋32·3－n ，∴S n ＝94－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32·31－n＝9－(2n ＋3)·31－n4.【例4】 (1)解：当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列． a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)证明：设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ； 当n ≥7时，S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6 ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫348－68＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫349－69＝767996＜80，所以须在第9年初对M 更新．【变式训练4】 解：(1)设2012年末汽车拥有量为b 1万辆，每年新增汽车数量为x 万辆， 则b 1＝30，b 2＝0.94b 1＋x ，可得b n ＋1＝0.94b n ＋x . 又b n ＝0.94b n －1＋x ，∴b n ＋1－b n ＝0.94·(b n －b n －1)．∵每年末的拥有量不同，∴{b n ＋1－b n }是以b 2－b 1＝x －1.8为首项，且公比q ＝0.94的等比数列．(2)由(1)得b n ＋1－b n ＝0.94n ·(x －1.8)，于是b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝30＋0.94·(x －1.8)＋0.942·(x －1.8)＋…＋0.94n －1·(x －1.8)＝30＋1－0.94n －10.06·(x －1.8)·0.94， 当x －1.8≤0，即x ≤1.8时，{b n }为递减数列，故有b n ＋1≤b n ≤…≤b 1＝30，当x －1.8＞0时，即x ＞1.8时，b n ＜30＋(x －1.8)0.06×0.94≤60，解得x ≤3.7.∴每年新增汽车不能超过3.7万辆．创新模拟·预测演练1．A 解析：a 3＝S 3－S 2＝3＋13＋2－2＋12＋2＝120. 2．B 解析：∵a ，b ，c ，d 成等比数列，∴ad ＝bc .又∵y ＝x 2－2x ＋3的顶点是(b ，c )，∴b ＝－－22＝1，c ＝4×1×3－(－2)24＝2. ∴ad ＝bc ＝1×2＝2.3．B 解析：S 8S 4＝S 4(1＋q 4)S 4＝3，解得q 4＝2， 故S 12S 8＝S 4(1＋q 4＋q 8)S 4(1＋q 4)＝1＋2＋41＋2＝73. 4．C 解析：因数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1(q ≠0)．因数列{a n ＋1}也是等比数列，则(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1) ⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.5．2n ＋n 2－1 解析：S n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋(1＋2n －1)·n 2＝1－2n 1－2＋n 2＝2n ＋n 2－1. 6.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 解析：∵f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)， ∴a n ＋1＝f (n ＋1)＝f (n )f (1)＝12a n (n ∈N *)． ∴S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1. 7．(1)证明：由a n ＋2＝4a n ＋1－4a n ，得a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )．又a 2－2a 1＝4，∴{a n ＋1－2a n }是以4为首项，2为公比的等比数列．(2)解：由(1)可得a n ＋1－2a n ＝2n ＋1，a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以1为首项，1为公差的等差数列，a n ＝n ·2n (n ≥1，n ∈N *)，∴b n ＝a n －1n (n ＋1)＝(n －1)2n －1n (n ＋1)＝n ·2n －1－2n －1n (n ＋1)＝2n ·2n －n ·2n －1－2n －1n (n ＋1)＝2n n ＋1－2n －1n(n ≥2)， ∴b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223－212＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234－223＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋1－2n －1n ＝2nn ＋1－1(n ≥2且n ∈N *)． 8．解：(1)设这个二次函数为f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以a n ＝6n －5(n ∈N *)．(2)由(1)得知b n ＝3a n a n ＋1＝3[6(n ＋1)－5](6n －5)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1.因此，要使12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＜m 20(n ∈N *)成立，m 必须且仅须满足12≤m 20，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.。