【文档说明】【精准解析】2021届高考数学（浙江专用）：§6.4　数列求和、数列的综合应用【高考】.docx，共(23)页，365.776 KB，由小赞的店铺上传

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§6.4数列求和、数列的综合应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一数列求和1.在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=()A.-200B.-100C.200D.100答案D2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=1𝑛(𝑛+1

),则S5等于()A.1B.56C.16D.130答案B3.设f(x)=4𝑥4𝑥+2,求S=f(12002)+f(22002)+…+(20012002)的值.解析∵f(x)=4𝑥4𝑥+2,∴f(1-x

)=41−𝑥41−𝑥+2=44+2·4𝑥=24𝑥+2,∴f(x)+f(1-x)=1,∵S=f(12002)+f(22002)+…+f(20012002)=f(20012002)+f(20002002)+…+f(12002),∴2S=f(12002)+f(22002)+…+f(200120

02)+f(20012002)+f(20002002)+…+f(12002)=1×2001=2001,∴S=20012.4.已知等差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{𝑎𝑛2𝑛-1}的前n项和Sn.解析(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知得{𝑎1+𝑎2=4,(𝑎1+𝑎2)+(𝑎2+𝑎3)=12,即{𝑎1+𝑎2=4,𝑎2+𝑎3=8.所以{𝑎1+(𝑎1+d)=4,

(𝑎1+d)+(𝑎1+2d)=8,解得{𝑎1=1,𝑑=2.所以an=2n-1.(2)由(1)得𝑎𝑛2𝑛-1=2𝑛-12𝑛-1,所以Sn=1+321+522+…+2𝑛-32𝑛-2+2𝑛-12𝑛

-1,①12Sn=12+322+523+…+2𝑛-32𝑛-1+2𝑛-12𝑛,②①-②得12Sn=1+1+12+122+…+12𝑛-2-2𝑛-12𝑛=3-2𝑛+32𝑛,所以Sn=6-4𝑛+62𝑛

.考点二数列的综合应用5.已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2004)内的所有“优数”的和为()A.1024B.2003C.2026D.2048答案

C6.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,an)在f(x)的图象上,数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.(1)求使an<0的n的最大值;(2)求Sn.解析(1)由已知得an=f(n)=2n-3n-1,则f'(n)=2nln2-3,n∈N*,当f'(n)>0,即n≥3时,f(n)单调递

增,当f'(n)<0,即1≤n≤2时,f(n)单调递减.又∵an<0,即2n-3n-1<0,当n=2时,22-6-1<0,当n=3时,23-9-1=-2<0,当n=4时,24-12-1>0.∴使an<0的n的最大值为3.(2)Sn=a1

+a2+…+an=(2+22+…+2n)-3(1+2+3+…+n)-n=2(1−2𝑛)1−2-3·𝑛(𝑛+1)2-n=2n+1-𝑛(3𝑛+5)2-2.7.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=2,且a1+1,a2+

1,a4+1成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1,n∈N*,Sn是数列{bn}的前n项和,求使Sn<319成立的最大的正整数n.解析(1)设{an}的公差为d.由a1+1,a2+1,a4+1成等比数列,可得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1),又a1

=2,∴(3+d)2=3(3+3d),解得d=3(d=0舍去),则an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.(2)由(1)知bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(3𝑛-1)(3𝑛+2)=13(13𝑛-1-13𝑛+2),∴Sn=

13(12-15+15-18+⋯+13𝑛-1-13𝑛+2)=13(12-13𝑛+2)=𝑛2(3𝑛+2),则Sn<319,即𝑛2(3𝑛+2)<319,解得n<12,则所求最大的正整数n为11.综

合篇知能转换【综合集训】考法一错位相减法求和1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+50<0的最小正整数n的值为.答案52.(2020届广东揭阳第三中学第一次月考,19)已知{an}是公差d≠0的等差数列,a2,a

6,a22成等比数列,a4+a6=26,数列{bn}是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解析(1)∵{an}是等差数列,且a4+a6=26,∴a5=13,又

∵a2,a6,a22成等比数列,∴𝑎62=a2a22,即(13+d)2=(13-3d)(13+17d),解得d=3或d=0(舍),∴an=a5+(n-5)d=3n-2.∵b3=a2,b5=a6,∴q2=𝑏5𝑏3=𝑎6𝑎2=3×6−23×

2−2=4,∴q=2或q=-2(舍),又∵b3=a2=4,∴bn=b3·qn-3=4·2n-3=2n-1.(2)由(1)可知,an·bn=(3n-2)·2n-1,∴Tn=1×20+4×21+7×22+…+(3n-5)·2n-2+(3n-2)·2n-1,2T

n=1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n,两式相减得-Tn=1+3(21+22+…+2n-1)-(3n-2)·2n=1+3·2(1−2𝑛-1)1−2-(3n-2)·2n=-5-(3n-5)·2n.∴Tn=5+(3n-5)·2n.3.(201

8河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记bn=an(

𝑎2𝑛-1+1),求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)设数列{an}的公差为d,则Sn=na1+𝑛(𝑛-1)2d=𝑑2n2+(𝑎1-𝑑2)n,又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得{𝑑2=1,𝐶-1=0,解得{𝑑=2,𝐶=1,所以a

1=1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,2Tn=1×22+3×23+…+(2n

-3)·2n+(2n-1)·2n+1,两式相减得Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+…+2n)-2=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2𝑛-1)1−2-2=(2n-3)·2n+1+6.考法二裂项相消法求和4.(2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考,3)数列{1√𝑛+

1+√𝑛}的前2017项的和为()A.√2018+1B.√2018-1C.√2017+1D.√2017-1答案B5.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y=𝑛2x+lnx(n∈N*)在x=2𝑛处的切线斜率为an,则数列{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1}的前n项的和为.答案𝑛𝑛+16

.(2018湖北十堰调研,17)已知数列{an}中,a1=1,a2=3,其前n项和为Sn,且当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=0.(1)求证:数列{Sn}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)令bn=9𝑎𝑛(𝑎𝑛+3)(𝑎𝑛+1+3),记数列{bn}的前n项和为T

n,求Tn.解析(1)当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=(Sn+1-Sn)Sn-1-(Sn-Sn-1)Sn=Sn+1Sn-1-𝑆𝑛2=0,∴𝑆𝑛2=Sn-1Sn+1(n≥2).又由S1=a1=1

≠0,S2=a1+a2=4≠0,可推知对一切正整数n均有Sn≠0,∴数列{Sn}是等比数列,Sn=4n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×4n-2,又a1=1,∴an={1(𝑛=1),3×4𝑛-

2(n≥2).(2)当n≥2时,bn=9𝑎𝑛(𝑎𝑛+3)(𝑎𝑛+1+3)=9×3×4𝑛-2(3×4𝑛-2+3)(3×4𝑛-1+3)=3×4𝑛-2(4𝑛-2+1)(4𝑛-1+1),又知b1=38,∴bn={38(n=1),3×4𝑛-2(4𝑛-2+1)(4𝑛

-1+1)(n≥2),则T1=b1=38.当n≥2时,bn=3×4𝑛-2(4𝑛-2+1)(4𝑛-1+1)=14𝑛-2+1-14𝑛-1+1,则Tn=38+(142−2+1-142−1+1)+…

+(14𝑛-2+1-14𝑛-1+1)=78-14𝑛-1+1,又当n=1时,T1=38符合上式,∴Tn=78-14𝑛-1+1(n∈N*).7.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,20)已知等比数列{an}的首项为1,公比为q,a4,a3,a5依次成等差数列.(1)求q

的值;(2)当q<0时,求数列{nan}的前n项和Sn;(3)当q>0时,求证:∑𝑖=1𝑛𝑎𝑖2(2𝑖-13)2-𝑎𝑖2<34.解析(1)∵a4,a3,a5依次成等差数列,∴2a3=a4+a5,∵{a

n}是首项为1的等比数列,∴2q2=q3+q4,∵q≠0,∴q2+q-2=0,∴q=1或q=-2.(2)∵q<0,∴q=-2,∴an=(-2)n-1,∵Sn=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan,∴Sn=1+2·(-2)+3·(-2)2+…+(n-

1)·(-2)n-2+n·(-2)n-1,-2Sn=1·(-2)+2·(-2)2+3·(-2)3+…+(n-1)·(-2)n-1+n·(-2)n,两式相减得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n·(-2)n=1−(−2)𝑛1−(−2)-n·(-2)n=1−(3𝑛

+1)(−2)𝑛3,∴Sn=1−(3𝑛+1)(−2)𝑛9.(3)证明:∵q>0,∴q=1,∴an=1,∴∑𝑖=1𝑛𝑎𝑖2(2𝑖-13)2-𝑎𝑖2=∑𝑖=1𝑛1(2𝑖-13)2-1=∑𝑖=1𝑛141(𝑖+13)(𝑖-23)=14∑𝑖=1�

�(1𝑖-23-1𝑖+13)=14(113-143+143-173+⋯+1𝑛-23-1𝑛-13)=14(3−1𝑛-13)<34.【五年高考】考点一数列求和1.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑𝑘=1𝑛1𝑆𝑘=.答案2𝑛𝑛

+12.(2016北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.答案63.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lgan]

,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{bn}的前1000项和.解析(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{an}的通项公式为a

n=n.b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.(6分)(2)因为bn={0,1≤𝑛<10,1,10≤𝑛<100,2,100≤𝑛<1000,3,𝑛=1000,(9分)所以数列{

bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.(12分)思路分析(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1000项和.4.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.

已知an>0,𝑎𝑛2+2an=4Sn+3.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1,求数列{bn}的前n项和.解析(1)由𝑎𝑛2+2an=4Sn+3,可知𝑎𝑛+12+2an+1=4Sn+1+3.可得𝑎�

�+12-𝑎𝑛2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=𝑎𝑛+12-𝑎𝑛2=(an+1+an)(an+1-an).由于an>0,所以an+1-an=2.又由𝑎12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{an}是首项为3,公差为2的

等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)(2)由an=2n+1可知bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(2𝑛+1)(2𝑛+3)=12(12𝑛+1-12𝑛+3).设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn=12[(13-15)+(15-17)+⋯+(12𝑛+1-12𝑛+

3)]=𝑛3(2𝑛+3).(12分)思路分析(1)由𝑎𝑛2+2an=4Sn+3,得𝑎𝑛+12+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a1,利用等差数列的通项公式求法可得通项an.(2)利用裂项相消法求Tn(𝑏𝑛=12(12𝑛+1-12𝑛+3)

).5.(2018天津,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求{an

}和{bn}的通项公式;(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).(i)求Tn;(ii)证明∑𝑘=1𝑛(𝑇𝑘+𝑏𝑘+2)𝑏𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)=2𝑛+2𝑛+2-2(n∈N*).解析本题主要考查等

差数列的通项公式,等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故an=2n-1.设等差数列{bn}的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4

.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n.所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.(2)(i)由(1),有Sn=1−2𝑛1−2=2n-1,故Tn=∑𝑘=1𝑛(2𝑘-1)

=∑𝑘=1𝑛2𝑘-n=2×(1−2𝑛)1−2-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为(𝑇𝑘+𝑏𝑘+2)𝑏𝑘(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(𝑇𝑘+𝑏𝑘+2)𝑏𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)=(233-222)+(244-233)+…+(2𝑛+2𝑛+2-2𝑛+1𝑛+1)=2𝑛+2𝑛+2-2.方法总结解决数列求和问题的两种

思路(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.6.(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,

前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).解析本题主要

考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0,解得

q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列{an}的通

项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×4

2+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1−4𝑛)1−4-4-(3n-1)×4n+1=

-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=3𝑛-23×4n+1+83.所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3𝑛-23×4n+1+83.方法总结(1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q)

,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.(2)数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错位相

减法.7.(2016山东,18,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)令cn=(𝑎𝑛+1)𝑛+1(𝑏𝑛+2)𝑛,求数列{cn}的前n项和Tn.解析(1)由题意知,当n≥2时,a

n=Sn-Sn-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(n∈N*).设数列{bn}的公差为d.由{𝑎1=𝑏1+𝑏2,𝑎2=𝑏2+𝑏3,即{11=2𝑏1+d,17=2𝑏1+3d,可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.(2)由(1

)知cn=(6𝑛+6)𝑛+1(3𝑛+3)𝑛=3(n+1)·2n+1.又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24

+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×[4+4(1−2𝑛)1−2-(n+1)×2𝑛+2]=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.考点二数列的综合应用8.(2017课标Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣

,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此

类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.110答案A9.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-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()A.6B.7C.8D.9答案D10.(2019课标Ⅱ,19,12分)已知数列{an

}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.解析本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、

等差数列以及求数列的通项公式,考查了学生的逻辑推理、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公

比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)知,an+bn=12𝑛-1,an-

bn=2n-1.所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12𝑛+n-12,bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12𝑛-n+12.思路分析(1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn

+1=12(an+bn),从而证得数列{an+bn}为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列{an-bn}为等差数列.(2)由(1)可求出{an+bn},{an

-bn}的通项公式,联立可解得an,bn.解题关键将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键.11.(2019天津,19,14分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4

,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足c1=1,cn={1,2𝑘<n<2𝑘+1,𝑏𝑘,n=2𝑘,其中k∈N*.(i)求数列{𝑎2𝑛(𝑐2�

�-1)}的通项公式;(ii)求∑𝑖=12𝑛aici(n∈N*).解析(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得{6𝑞=6+2𝑑,6𝑞2=12+4d,解得{𝑑=3,𝑞=2,故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=

6×2n-1=3×2n.所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.(2)(i)𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=𝑎2𝑛(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的

通项公式为𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=9×4n-1.(ii)∑𝑖=12𝑛aici=∑𝑖=12𝑛[ai+ai(ci-1)]=∑𝑖=12𝑛ai+∑𝑖=1𝑛𝑎2𝑖(𝑐2𝑖-1)=[2𝑛×4+2𝑛(2𝑛-1)2×3]+∑

𝑖=1𝑛(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1−4𝑛)1−4-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).思路分析(1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.(2)(i)由cn={1,2𝑘<n<2𝑘+1,𝑏𝑘,n=2�

�,k∈N*知𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1),从而得到数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的通项公式.(ii)利用(i)把∑𝑖=12𝑛aici拆成∑𝑖=12𝑛[ai+ai(ci-1)],进而可得∑𝑖=12𝑛aici=∑𝑖=12𝑛ai+∑�

�=1𝑛𝑎2𝑖(𝑐2𝑖-1),计算即可.解题关键正确理解数列{cn}的含义是解题的关键.12.(2017山东,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(

1)求数列{xn}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域

的面积Tn.解析(1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0.由题意得{𝑥1+𝑥1q=3,𝑥1𝑞2-𝑥1q=2.所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{xn}

的通项公式为xn=2n-1.(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,由题意得bn=(𝑛+𝑛+1)2×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以Tn

=b1+b2+…+bn=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(

2n+1)×2n-1=32+2(1−2𝑛-1)1−2-(2n+1)×2n-1.所以Tn=(2𝑛-1)×2𝑛+12.解题关键记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键.教师专用题组考点一数列求和1.(2015江苏,11,5分)设数列{an

}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列{1𝑎𝑛}前10项的和为.答案20112.(2012课标,16,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为.答案18303.(201

5天津,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{an}的通项公式;(2)设bn=log2𝑎

2𝑛𝑎2𝑛-1,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3

=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2𝑛-12;当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2𝑛2.所以,{an}的通项公式为an={2𝑛-12,n为奇数,2𝑛2,n为偶数.(2)由(1)得bn=log2𝑎2𝑛𝑎

2𝑛-1=𝑛2𝑛-1.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12𝑛-2+n×12𝑛-1,12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12𝑛-1+n×12𝑛,上述两式相减,得12Sn=1+12+122+…+12𝑛-1

-𝑛2𝑛=1−12𝑛1−12-𝑛2𝑛=2-22𝑛-𝑛2𝑛,整理得,Sn=4-𝑛+22𝑛-1.所以,数列{bn}的前n项和为4-𝑛+22𝑛-1,n∈N*.4.(2015湖北,18,12分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{b

n}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)当d>1时,记cn=𝑎𝑛𝑏𝑛,求数列{cn}的前n项和Tn.解析(1)由题意有,{10𝑎1+45d=100,𝑎1d=2,即{

2𝑎1+9d=20,𝑎1d=2,解得{𝑎1=1,𝑑=2或{𝑎1=9,𝑑=29.故{𝑎𝑛=2n-1,𝑏𝑛=2𝑛-1或{𝑎𝑛=19(2n+79),𝑏𝑛=9·(29)𝑛-1.(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n

-1,故cn=2𝑛-12𝑛-1,于是Tn=1+32+522+723+924+…+2𝑛-12𝑛-1,①12Tn=12+322+523+724+925+…+2𝑛-12𝑛.②①-②可得12Tn=2+12+122+…+12

𝑛-2-2𝑛-12𝑛=3-2𝑛+32𝑛,故Tn=6-2𝑛+32𝑛-1.考点二数列的综合应用5.(2013课标Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=

1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=𝑐𝑛+𝑎𝑛2,cn+1=𝑏𝑛+𝑎𝑛2,则()A.{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.

{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列答案B6.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的

最小值为.答案277.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,1𝑆𝑛

=2𝑏𝑛-2𝑏𝑛+1,其中Sn为数列{bn}的前n项和.①求数列{bn}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.8.(2019浙江,20,15

分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)记cn=√𝑎𝑛2𝑏𝑛,n∈N*,证明:c1+c2+

…+cn<2√𝑛,n∈N*.9.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列.(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;(2)若a1=b1>0,m∈N

*,q∈(1,√2𝑚],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合

运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.因此,d的取值范围为[73,52].(2

)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m

+1时,d满足𝑞𝑛-1-2𝑛-1b1≤d≤𝑞𝑛-1𝑛-1b1.因为q∈(1,√2𝑚],所以1<qn-1≤qm≤2,从而𝑞𝑛-1-2𝑛-1b1≤0,𝑞𝑛-1𝑛-1b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,

3,…,m+1均成立.下面讨论数列{𝑞𝑛-1-2𝑛-1}的最大值和数列{𝑞𝑛-1𝑛-1}的最小值(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m时,𝑞𝑛-2𝑛-𝑞𝑛-1-2𝑛-1=𝑛𝑞𝑛-𝑞𝑛-n𝑞𝑛-1+2𝑛(𝑛-1)=

𝑛(𝑞𝑛-𝑞𝑛-1)-𝑞𝑛+2𝑛(𝑛-1),当1<q≤21𝑚时,有qn≤qm≤2,从而n(qn-qn-1)-qn+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,数列{𝑞𝑛-1-2𝑛-1}单调递增,故数列{𝑞

𝑛-1-2𝑛-1}的最大值为𝑞𝑚-2𝑚.②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.当2≤n≤m时,𝑞𝑛𝑛𝑞𝑛-1𝑛-1=𝑞(𝑛-1)𝑛≤21𝑛(1−1𝑛)=f(1𝑛

)<1.因此,当2≤n≤m+1时,数列{𝑞𝑛-1𝑛-1}单调递减,故数列{𝑞𝑛-1𝑛-1}的最小值为𝑞𝑚𝑚.因此,d的取值范围为[𝑏1(𝑞𝑚-2)𝑚,𝑏1𝑞𝑚𝑚].疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值

不等式.第(2)问要求d的范围,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d分离出来,变成𝑞𝑛-1-2𝑛-1b1≤d≤𝑞𝑛-1𝑛-1b1,难点在于讨论𝑞𝑛-1-2𝑛-1b1的最大值和𝑞𝑛-1

𝑛-1b1的最小值.对于数列{𝑞𝑛-1-2𝑛-1},可以通过作差讨论其单调性,而对于数列{𝑞𝑛-1𝑛-1},要作商讨论单调性,∵𝑞𝑛𝑛𝑞𝑛-1𝑛-1=𝑞(𝑛-1)𝑛=q(1−1𝑛),当2≤

n≤m时,1<qn≤2,∴q(1−1𝑛)≤21𝑛(1−1𝑛),可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明f(1𝑛)<1,得到数列{𝑞𝑛-1𝑛-1}的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商

得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断21𝑛(1−1𝑛)与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.10.(2015广东,21,14分)数列{an}满足:a1+2a2+…+

nan=4-𝑛+22𝑛-1,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{an}的前n项和Tn;(3)令b1=a1,bn=𝑇𝑛-1𝑛+(1+12+13+⋯+1𝑛)an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn

满足Sn<2+2lnn.解析(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,解得a2=12;当n=3时,a1+2a2+3a3=114,解得a3=14.(2)当n≥2时,a1+2a2+…+(n-1)a

n-1+nan=4-𝑛+22𝑛-1,①a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-𝑛+12𝑛-2,②由①-②得,nan=𝑛2𝑛-1,所以an=12𝑛-1(n≥2),经检验,a1=1也适合上式,所以

an=12𝑛-1(n∈N*).所以数列{an}是以1为首项,12为公比的等比数列.所以Tn=1×(1−12𝑛)1−12=2-12𝑛-1.(3)证明:b1=1,bn=2𝑛-1𝑛·12𝑛-2+(

1+12+13+⋯+1𝑛)·12𝑛-1(n≥2).当n=1时,S1=1<2+2ln1.当n≥2时,bn=𝑇𝑛-1𝑛+(1+12+13+⋯+1𝑛)·an=𝑇𝑛-1𝑛+(1+12+13+⋯+1𝑛)·(Tn-Tn-

1)=𝑇𝑛-1𝑛+(1+12+13+⋯+1𝑛)·Tn-(1+12+13+⋯+1𝑛)·Tn-1=(1+12+13+⋯+1𝑛)·Tn-(1+12+13+⋯+1𝑛-1)·Tn-1,所以Sn=1+(1+12)·T2-1·T1+(1+12+13)·T3-(1+12)·T2+

…+(1+12+13+⋯+1𝑛)·Tn-1+12+13+…+1𝑛-1·Tn-1=(1+12+13+⋯+1𝑛)·Tn<21+12+13+…+1𝑛=2+2(12+13+⋯+1𝑛),以下证明12+13+…+1𝑛<lnn(

n≥2).构造函数h(x)=lnx-1+1𝑥(x>1),则h'(x)=1𝑥-1𝑥2=𝑥-1𝑥2>0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以lnx>1-1𝑥(x>1),分别令x=2,32,43,…,𝑛𝑛-1,得ln2>1

-12=12,ln32>1-23=13,ln43>1-34=14,……ln𝑛𝑛-1>1-𝑛-1𝑛=1𝑛.累加得ln2+ln32+…+ln𝑛𝑛-1>12+13+…+1𝑛,即ln2+(ln3-ln2)+…+

[lnn-ln(n-1)]>12+13+…+1𝑛,所以12+13+…+1𝑛<lnn(n≥2).综上,Sn<2+2lnn,n∈N*.11.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数

Fn(x)=fn(x)-2在(12,1)内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=12+12𝑥𝑛𝑛+1;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x

)的大小,并加以证明.解析(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,则Fn(1)=n-1>0,Fn(12)=1+12+(12)2+…+(12)𝑛-2=1−(12)𝑛+11−12-2=-12𝑛<0,所以Fn(x)在

(12,1)内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,故Fn(x)在(12,1)内单调递增,所以Fn(x)在(12,1)内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,即1−𝑥𝑛𝑛+11−𝑥𝑛-2=0,故xn=12+12�

�𝑛𝑛+1.(2)解法一:由题设得,gn(x)=(𝑛+1)(1+𝑥𝑛)2.设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-(𝑛+1)(1+𝑥𝑛)2,x>0.当x=1时,fn(x)=g

n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-𝑛(𝑛+1)𝑥𝑛-12.若0<x<1,h'(x)>xn-1+2xn-1+…+nxn-1-𝑛(𝑛+1)2xn-1=𝑛(𝑛+1)2xn-1-𝑛(𝑛+1)2xn-1=0.若x>1,h'(x)<xn-1+2x

n-1+…+nxn-1-𝑛(𝑛+1)2xn-1=𝑛(𝑛+1)2xn-1-𝑛(𝑛+1)2xn-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即fn(x)<gn(x).综上所述,当x=1时,fn(x)=gn(x);当x≠1时

,fn(x)<gn(x).解法二:由题设,fn(x)=1+x+x2+…+xn,gn(x)=(𝑛+1)(𝑥𝑛+1)2,x>0.当x=1时,fn(x)=gn(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(x)<gn(x).①当n=2时,f2(x)-g2(x)=-12(1-x)

2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即fk(x)<gk(x).那么,当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)+xk+1<gk(x)+xk+1=(𝑘+1)(1+𝑥𝑘)2+xk+1

=2𝑥𝑘+1+(k+1)𝑥𝑘+k+12.又gk+1(x)-2𝑥𝑘+1+(k+1)𝑥𝑘+k+12=𝑘𝑥𝑘+1-(k+1)𝑥𝑘+12,令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),则h'k(x)=k(k

+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,hk(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,hk(x)在(1,+∞)上递增.所以h

k(x)>hk(1)=0,从而gk+1(x)>2𝑥𝑘+1+(k+1)𝑥𝑘+k+12.故fk+1(x)<gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有fn(x)<gn(x).解法三:由已知,记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k=

1,2,…,n+1.则a1=b1=1,an+1=bn+1=xn,所以ak=1+(k-1)·𝑥𝑛-1𝑛(2≤k≤n),bk=xk-1(2≤k≤n),令mk(x)=ak-bk=1+(𝑘-1)(𝑥𝑛-1)𝑛-xk-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,ak=bk,所以fn(x)

=gn(x).当x≠1时,m'k(x)=𝑘-1𝑛·nxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,xn-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,xn-k+1>1,m

'k(x)>0,从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以mk(x)>mk(1)=0,所以当x>0且x≠1时,ak>bk(2≤k≤n),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)<gn(x).综

上所述,当x=1时,fn(x)=gn(x);当x≠1时,fn(x)<gn(x).12.(2015重庆,22,12分)在数列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μ𝑎𝑛2=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式;(2)若λ=1𝑘0(k0∈N+,k0≥

2),μ=-1,证明:2+13𝑘0+1<𝑎𝑘0+1<2+12𝑘0+1.解析(1)由λ=0,μ=-2,有an+1an=2𝑎𝑛2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得𝑎𝑛0=0,则由上述递推公式易得𝑎𝑛

0-1=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,an≠0.从而an+1=2an(n∈N+),即{an}是一个公比q=2的等比数列.故an=a1qn-1=3·2n-1.(2)由λ=1𝑘0,μ=-1,数列{an}的递推关系式变

为an+1an+1𝑘0an+1-𝑎𝑛2=0,变形为an+1(𝑎𝑛+1𝑘0)=𝑎𝑛2(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.因为an+1=𝑎𝑛2�

�𝑛+1𝑘0=𝑎𝑛2-1𝑘02+1𝑘02𝑎𝑛+1𝑘0=an-1𝑘0+1𝑘0·1𝑘0𝑎𝑛+1,所以对n=1,2,…,k0求和得𝑎𝑘0+1=a1+(a2-a1)+…+(𝑎𝑘0+1-𝑎𝑘0)=a1-k0·1𝑘0+

1𝑘0·(1𝑘0𝑎1+1+1𝑘0𝑎2+1+⋯+1𝑘0𝑎𝑛+1)>2+1𝑘0·(13𝑘0+1+13𝑘0+1+⋯+13𝑘0+1⏟𝑘0个)=2+13𝑘0+1.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>𝑎𝑘0>𝑎𝑘0+1

>2,得𝑎𝑘0+1=a1-k0·1𝑘0+1𝑘0·(1𝑘0𝑎1+1+1𝑘0𝑎2+1+⋯+1𝑘0𝑎𝑘0+1)<2+1𝑘0·(12𝑘0+1+12𝑘0+1+⋯+12𝑘0+1⏟𝑘0个)=2+12𝑘0+1.综上,2+13𝑘0+1<𝑎

𝑘0+1<2+12𝑘0+1.13.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{xn}的通项公式;(2)记Tn=𝑥12𝑥32…𝑥2

𝑛-12,证明:Tn≥14𝑛.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-1𝑛+1=𝑛𝑛+1.(2)证

明:由题设和(1)中的计算结果知Tn=𝑥12𝑥32…𝑥2𝑛-12=(12)2(34)2…(2𝑛-12𝑛)2.当n=1时,T1=14.当n≥2时,因为𝑥2𝑛-12=(2𝑛-12𝑛)2=(2𝑛-1)2(

2𝑛)2>(2𝑛-1)2-1(2𝑛)2=2𝑛-22𝑛=𝑛-1𝑛.所以Tn>(12)2×12×23×…×𝑛-1𝑛=14𝑛.综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥14𝑛.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共30分)1.(2018江西南昌二中模拟,4)已

知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则数列{1𝑆𝑛}的前100项的和为()A.200101B.100101C.1101D.2101答案A2.(2019江西宜春3月联考,12)已知函数f(x)=ex(sinx-cosx),记f

'(x)是f(x)的导函数,将满足f(x)=0的所有正数x从小到大排成数列{xn},n∈N*,则数列{f'(xn)}的通项公式是()A.√2(-1)n·e𝑛4+(n-1)πB.√2(-1)n+1·eπ4+(n

-1)πC.√2(-1)n·eπ4+nπD.√2(-1)n+1·eπ4+nπ答案B3.(2019河南郑州一模,10)已知数列{an}满足2an+1+an=3(n∈N*),且a3=134,其前n项之和为Sn,则满足不等式|Sn-n-6|<1123的最小整数n是()A.8B.9C.

10D.11答案C4.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=ax+b(a>0,且a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N*时,an=𝑓(𝑛)-1𝑓(𝑛)·𝑓(𝑛+1),记数列{an}的前n项和为Sn,当Sn=1033时,n的值为()A.7B.6C.5D.4答

案D5.(2019广东广州天河二模,12)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=𝑎𝑏𝑛,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2019时,n的最大值是()A.9B.10C.11D.12答案A6.(2018四川

南充模拟,11)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=45,an+1={2𝑎𝑛,0≤𝑎𝑛≤12,2𝑎𝑛-1,12<𝑎𝑛≤1,则S2018等于()A.50445B.50475C.50485D.50495答案B二、多项选择题(每题5分,共10分)7.(改编题)已

知数列{an}:12,13+23,14+24+34,……,110+210+…+910,……,若bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1,数列{bn}的前n项和为Sn,则()A.an=𝑛+12B.an=𝑛2C.Sn=4𝑛𝑛

+1D.Sn=𝑛𝑛+1答案BC8.(改编题)在数列{an}中,a1=2,其前n项和为Sn,若点(𝑆𝑛𝑛,𝑆𝑛+1𝑛+1)在直线y=2x-1上,则有()A.Sn=n(1+2n-1)B.an=(n+1)2n-2+1C.Sn=n(1+

2n)D.数列{𝑆𝑛𝑛-1}是等比数列答案ABD三、填空题(每题5分,共15分)9.(2018山西太原一模,15)在数列{an}中,a1=0,an-an-1-1=2(n-1)(n∈N*,n≥2),若数列{bn}满足b

n=n√𝑎𝑛+1+1×(811)𝑛,则数列{bn}的最大项为第项.答案610.(2018皖南八校第三次联考,16)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1,bn=log2(𝑎𝑛2·2𝑎𝑛),数列{bn}

的前n项和为Tn,则满足Tn>1024的n的最小值为.答案911.(2020届浙江丽水四校联考,14)已知数列{an}满足:a1=12,an+1=𝑎𝑛2+an,用[x]表示不超过x的最大整数,则[1𝑎1+1+1𝑎2+1+

⋯+1𝑎2012+1]的值等于.答案1四、解答题(共60分)12.(2020届山东夏季高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.

设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解析方案一:选条件①.设{b

n}的公比为q,则q3=𝑏5𝑏2=-27,解得q=-3,所以bn=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a2=b1+b3=-10,由于{an}是等差数列,所以an=3n-16.因为Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2等价于ak+1<0且ak+2>0,所以满足题意的k存在,当且仅当{3

(𝑘+1)−16<0,3(𝑘+2)−16>0,解得k=4.方案二:选条件②.设{bn}的公比为q,则q3=𝑏5𝑏2=-27,解得q=-3,所以bn=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a4=b4=27,所

以{an}的公差d=-28.Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2等价于ak+1<0且ak+2>0,此时d=ak+2-ak+1>0,与d=-28矛盾,所以满足题意的k不存在.方案三:选条件③.设{bn}的公比为q,则q3=�

�5𝑏2=-27,解得q=-3,所以bn=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,由{an}是等差数列得S5=5(𝑎1+𝑎5)2,由S5=-25得a1=-9.所以an=2n-11.因为Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2等价于ak+1<0且ak+2>0,所以满足题意的

k存在,当且仅当{2(𝑘+1)−11<0,2(𝑘+2)−11>0,解得k=4.13.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,19)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn;(2)令bn=1𝑎𝑛2-

1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)设等差数列{an}的公差为d,因为a3=7,a5+a7=26,所以{𝑎1+2d=7,2𝑎1+10d=26,解得{𝑎1=3,𝑑=2,所以an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+𝑛(𝑛-1)2×2=n2+2n.(

2)由(1)知an=2n+1,所以bn=1𝑎𝑛2-1=1(2𝑛+1)2-1=14·1𝑛(𝑛+1)=14·(1𝑛-1𝑛+1),所以Tn=14·(1−12+12-13+⋯+1𝑛-1𝑛+1)=

14·(1−1𝑛+1)=𝑛4(𝑛+1).14.(2020届浙江丽水四校联考,20)已知数列{an},an≥0,a1=0,𝑎𝑛+12+an+1-1=𝑎𝑛2(n∈N*),记Sn=a1+a2+…+an,Tn=11+𝑎1+1(1+𝑎1)(1+𝑎2)+…+1(1

+𝑎1)(1+𝑎2)…(1+𝑎𝑛).求证:当n∈N*时,(1)0≤an<an+1<1;(2)Sn>n-2;(3)Tn<3.证明(1)∵{𝑎𝑛+12+𝑎𝑛+1-1=𝑎𝑛2,①𝑎𝑛2+𝑎𝑛-1=𝑎𝑛-12

,n≥2,②∴①-②得(an+1-an)(an+1+an+1)=(an-an-1)(an+an-1),n≥2,∵an≥0,∴an+1-an与an-an-1同号,即与a2-a1一致,易得a2=-1+√52,∴a2-

a1>0,∴an+1-an>0,∵𝑎𝑛+12+an+1-1=𝑎𝑛2,∴𝑎𝑛+12-𝑎𝑛2=1-an+1>0,即an+1<1.∴0≤an<an+1<1对任何n∈N*都成立.(2)由𝑎𝑘+12+ak+1-1=𝑎𝑘2,k=1,2,…,n-1(n≥2),得𝑎𝑛2+(a2+a3+

…+an)-(n-1)=𝑎12,∵a1=0,∴Sn=n-1-𝑎𝑛2.∵an<1,∴Sn>n-2.(3)由𝑎𝑘+12+ak+1=1+𝑎𝑘2≥2ak,得11+𝑎𝑘+1≤𝑎𝑘+12𝑎𝑘(k=2,3,…,n-1,n≥3).∴1(1+𝑎3)(1+𝑎4)…(1+𝑎�

�)≤𝑎𝑛2𝑛-2𝑎2(n≥3),∴1(1+𝑎2)(1+𝑎3)…(1+𝑎𝑛)≤𝑎𝑛2𝑛-2(𝑎22+𝑎2)=𝑎𝑛2𝑛-2<12𝑛-2(n≥3),故当n≥3时,Tn<1+1+12+…+12𝑛-2<3,又∵T1<T2<T

3,∴Tn<3.15.(2020届河北邯郸大名一中第六周周测,19)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.(1)求q

的值;(2)求数列{bn}的通项公式.解析(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.所以a3+a5=20.由a3+a5=20得8(𝑞+

1𝑞)=20,解得q=2或q=12,因为q>1,所以q=2.(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.则Sn=2n2+n,当n=1时,c1=S1=3,当n≥2时,cn=Sn-Sn-1=2n2+n-[2(n-1)2+(n-1)]=4n-1

.当n=1时,c1=3符合上式,∴cn=4n-1,n∈N*.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·(12)𝑛-1,故bn-bn-1=(4n-5)·(12)𝑛-2,n≥2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+

…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·(12)𝑛-2+(4n-9)·(12)𝑛-3+…+7·12+3.设Tn=3+7·12+11·(12)2+…+(4n-5)·(12)𝑛-2,n≥2,12Tn=3·12+7·(12)2+11·(

12)3+…+(4n-9)·(12)𝑛-2+(4n-5)·(12)𝑛-1,所以12Tn=3+4·12+4·(12)2+…+4·(12)𝑛-2-(4n-5)·(12)𝑛-1,因此Tn=14-(4n+3)·(12)𝑛-2,n≥2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3

)·(12)𝑛-2.16.(2020届天津杨村一中第一次月考,19)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Tn;(3)记c

n=3n-2·(-1)nλan(λ≠0),是否存在实数λ使得对任意的n∈N*,恒有cn+1>cn?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,说明理由.解析(1)当n=1时,a1=2a1-1,即a1=1,当n≥2时,

Sn-1=2an-1-1,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即𝑎𝑛𝑎𝑛-1=2,∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,故an=2n-1.(2)由(1)得bn=nan=n·2n-1,可得Tn=1·20+2·21+3·22

+…+n·2n-1,2Tn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n,两式相减得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n·2n,∴Tn=(n-1)·2n+1.(3)存在.由(1)得cn=3n-2·(-1)nλan

=3n-(-1)nλ·2n.假设存在实数λ使得对任意的n∈N*,恒有cn+1>cn,即cn+1-cn>0,则3n+1-(-2)n+1λ-3n+(-2)nλ>0,2·3n-(-2)n·(-2)λ+(-2)nλ>0,即(-2)nλ>-3n-1·2.当n为偶数时,2nλ>-3n-1·2,则λ>-(3

2)𝑛-1,n∈N*,∴λ>-32,当n为奇数时,-2nλ>-3n-1·2,λ<(32)𝑛-1,n∈N*,∴λ<1.综上所述,-32<λ<1.应用篇知行合一【应用集训】1.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一

半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了()A.192里B.96里C.48里D.24里答案B2.已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表,第一行为1,

第二行为3,5,第三行为7,9,11,第四行为13,15,17,19,……,如图所示,在宝塔形数表中位于第i行,第j列的数记为ai,j,例如a3,2=9,a4,2=15,a5,4=23,若ai,j=2019,则i+j=()13511971

31517192927252321……A.64B.65C.71D.72答案C3.(2018山西晋中高考适应性调研,9)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年,英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至

欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将1到2018这2018个整数中,能

被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},则此数列共有()A.98项B.97项C.96项D.95项答案B4.(2018河南信阳二模,9)《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人

等,问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”(“钱”是古代一种质量单位),在这个问题中,甲得钱()A.53B.32C.43D.54答案C5.(2019河南濮阳二模,7

)《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:“现在有一根金箠,长五尺,在粗的一端截下一尺,重4斤,在细的一端截下一尺,重2斤,问各尺依次重多少?”按这一问题的题设,假设金箠由粗到细各尺质量依次成等差数列,则从粗端开始的第二尺的质量

是()A.73斤B.72斤C.52斤D.3斤答案B创新篇守正出奇创新集训1.(2019北京高考模拟)《九章算术》中有如下问题:今有蒲生一日,长三尺,莞生一日,长一尺,蒲生日自半,莞生日自倍.问几何日而长等?意思是今有蒲第

一天长高3尺,莞第一天长高1尺,以后蒲每天长高前一天的一半,莞每天长高前一天的2倍,若蒲、莞长度相等,则所需时间为()(结果精确到0.1,参考数据:lg2=0.3010,lg3=0.4771)A.2.2天B.2

.4天C.2.6天D.2.8天答案C2.(2020届上海建平中学期中,16)数列{an}为1,1,2,1,1,2,4,1,1,2,1,1,2,4,8,…,首先给出a1=1,接着复制该项后,再添加其后继数2,于是a2=1,a3=2,然后再复制前面的所有项1,1,2,再添加2的

后继数4,于是a4=1,a5=1,a6=2,a7=4,接下来再复制前面的所有项1,1,2,1,1,2,4,再添加8,…,如此继续,则a2019=()A.16B.4C.2D.1答案D获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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