1、第四讲数列求和及数列的综合应用1.2021石家庄市重点高中模拟已知1,a1,a2,3成等差数列,1,b1,b2,b3,4成等比数列,则a1+a2b2的值为()A.2 B.-2 C.2 D.542.2020江西红色七校联考在正项数列an中,a1=2,且点P(ln an,ln an+1)(nN*)在直线x-y+ln 2=0上.若数列an的前n项和Sn满足Sn200,则n的最小值为()A.2 B.5 C.6 D.73.2020贵阳市高三模拟定义ni=1nui为n个正数u1,u2,u3,un的“快乐数”.若已知正项数列an的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列36(an+2)(an+1+2)的前2
2、021项和为()A.20202021B.20212022C.20212020D.202110114.2021蓉城名校联考已知数列an对任意m,nN*都满足am+n=am+an,且a1=1,若命题“nN*,anan2+12”为真,则实数的最大值为.5.2021河北六校第一次联考已知数列an为正项等比数列,a1=1,数列bn满足b2=3,a1b1+a2b2+a3b3+anbn=3+(2n-3)2n.(1)求an;(2)求1bnbn+1的前n项和Tn.6.2021黑龙江省六校阶段联考已知Sn是等差数列an的前n项和,S3=15,a1a2=a7.(1)求an;(2)若bn=2an+(-1)nan,求数
3、列bn的前n项和Tn.7.原创题记Sn为数列an的前n项和,已知a1=1,Sn+1+1=2an+n+Sn,数列bn满足bn=an+n.(1)求bn的通项公式;(2)令cn=(1+bn)log2bn,求数列cn的前n项和Tn.8.2021洛阳市联考已知数列an的首项a1=3,前n项和为Sn,an+1=2Sn+3,nN*.设bn=log3an,则数列bnan的前n项和Tn的取值范围为()A.13,2B.13,2)C.13,34)D.(14,349.2020南昌市模拟已知数列an的前n项和为Sn,an=3Sn-3,若对任意的m,nN*,|Sm-Sn|M恒成立,则实数M的最小值为.10.2020山东泰
4、安模拟意大利著名数学家斐波那契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,.其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列an称为斐波那契数列.那么a12+a22+a32+a20192a2019是斐波那契数列中的第项.11.2020天津,15分已知an为等差数列,bn为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求an和bn的通项公式;(2)记an的前n项和为Sn,求证:SnSn+2200,则2n+1202,所以n的最小值为7.3.B设数列an的前n项和为Sn,则根据题意nSn=13n+1,得Sn=
5、3n2+n,a1=S1=4,an=Sn-Sn-1=6n-2(n2),当n=1时也满足上式,所以an=6n-2,所以36(an+2)(an+1+2)=366n(6n+6)=1n(n+1)=1n-1n+1,所以36(an+2)(an+1+2)的前2 021项和为1-12+12-13+12021-12022=1-12022=20212022.4.7令m=1,则an+1=an+a1,an+1-an=a1=1,所以数列an为等差数列,所以an=n,所以an a2n+12nn2+12n+12n,又函数y=x+12x在(0,23)上单调递减,在23,+)上单调递增,当n=3时,3+123=7,当n=4时,4
6、+124=7,所以n+12n的最小值为7,所以的最大值为7.5.(1)令n=1,得a1b1=3+(2-3)2=1,所以b1=1.令n=2,得a1b1+a2b2=7,所以a2b2=6,又b2=3,所以a2=2.设数列an的公比为q,则q=a2a1=2,所以an=2n-1.(2)当n2时,a1b1+a2b2+an-1bn-1=3+(2n-5)2n-1,又a1b1+a2b2+a3b3+anbn=3+(2n-3)2n,所以-得anbn=3+(2n-3)2n-3+(2n-5)2n-1=(2n-1)2n-1,得bn=2n-1,n=1时也成立,所以bn=2n-1.1bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=
7、12(12n-1-12n+1),所以Tn=12(1-13)+12(13-15)+12(12n-1-12n+1)=12(1-13+13-15+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1.6.(1)设等差数列an的公差为d,由S3=a1+a2+a3=3a2=15,得a2=5,又a1a2=a7,(a2-d)a2=a2+5d,即5(5-d)=5+5d,解得d=2.an=a2+(n-2)2=2n+1.(2)由题意得bn=22n+1+(-1)n(2n+1)=24n+(-1)n(2n+1),Tn=2(41+42+4n)+-3+5-7+9-+(-1)n(2n+1)=8(4n-1)3+-3+5
8、-7+9-+(-1)n(2n+1).令Gn=-3+5-7+9-+(-1)n(2n+1),nN*,则当n=2k(kN*)时,Gn=2n2=n,此时Tn=8(4n-1)3+n;当n=2k-1(kN*)时,Gn=2n-12-(2n+1)=-n-2,此时Tn=8(4n-1)3-n-2.Tn=8(4n-1)3+n(n=2k,kN*),8(4n-1)3-n-2(n=2k-1,kN*).7.(1)由Sn+1+1=2an+n+Sn,得Sn+1-Sn=an+1=2an+n-1,所以an+1+(n+1)=2(an+n),即bn+1=2bn,b1=a1+1=2,所以数列bn是首项为2、公比为2的等比数列,所以bn=
9、22n-1=2n.(2)由(1)得cn=(1+2n)log22n=n(1+2n)=n+n2n,所以Tn=c1+c2+cn=(1+2+n)+2+222+323+(n-1)2n-1+n2n=n(n+1)2+2+222+323+(n-1)2n-1+n2n.设Mn=2+222+323+(n-1)2n-1+n2n,则2Mn=22+223+324+(n-1)2n+n2n+1,-,得-Mn=2+22+23+2n-n2n+1,所以Mn=(n-1)2n+1+2.所以Tn=n(n+1)2+(n-1)2n+1+2.8.C由an+1=2Sn+3,可得当n2时,有an=2Sn-1+3,两式相减得an+1-an=2(Sn
10、-Sn-1)=2an(n2),故an+1=3an(n2).又当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=3a1,所以数列an是首项为3、公比为3的等比数列,故an=3n.所以bn=log3an=n,所以bnan=n3n.所以Tn=13+232+n-13n-1+n3n,13Tn=132+233+n-13n+n3n+1,-,得23Tn=13+132+133+13n-n3n+1,化简整理得Tn=34-12(32+n)(13)n.因为(32+n)(13)n0,所以Tn0,所以数列Tn是递增数列,所以(Tn)min=T1=13,所以13Tn34,故Tn的取值范围是13,34),选C.9.34因为an=3S
11、n-3,所以当n2时,an-1=3Sn-1-3,所以an-an-1=3an(n2),an=-12an-1(n2),又由an=3Sn-3得a1=32,所以数列an是以32为首项、-12为公比的等比数列,所以Sn=321-(-12)n1-(-12)=1-(-12)n,则|Sm-Sn|=|(-12)n-(-12)m|.因为数列(-12)n的项依次为-12,14,-18,116,所以对任意的m,nN*,|Sm-Sn|=|(-12)n-(-12)m|-12-14|=34,所以M34,故实数M的最小值为34.10.2 020解法一依题意得a1=a2=1,an+2=an+1+an,则an+1=an+2-an
12、,两边同乘以an+1,得an+12=an+1an+2-anan+1,则a20192=a2 019a2 020-a2 018a2 019,a20182=a2 018a2 019-a2 017a2 018,a20172=a2 017a2 018-a2 016a2 017,a22=a2a3-a1a2,又a12=a1a2,因此a20192+a20182+a20172+a22+a12=a2 020a2 019,即a12+a22+a32+a20192a2019=a2 020,故a12+a22+a32+a20192a2019是斐波那契数列中的第2 020项.解法二a12+a22a2=12+121=2=a3,
13、a12+a22+a32a3=12+12+222=3=a4,a12+a22+a32+a42a4=12+12+22+323=5=a5,猜测a12+a22+an2an=an+1.由此可知,a12+a22+a20192a2019=a2 020.11.(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而an的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),q0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而bn的通项公式为bn=2n-1.(2)由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14
14、(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)0,所以SnSn+2Sn+12.(3)当n为奇数时,cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2-2n-1n;当n为偶数时,cn=an-1bn+1=n-12n.对任意的正整数n,有k=1nc2k-1=k=1n(22k2k+1-22k-22k-1)=22n2n+1-1,和k=1nc2k=k=1n2k-14k=14+342+543+2n-14n.由得14k=1nc2k=142+343+2n-34n+2n-14n+1.由得34k=1nc2k=14+242+24n-2n-14n+
15、1=24(1-14n)1-14-14-2n-14n+1,从而得k=1nc2k=59-6n+594n.因此k=12nck=k=1nc2k-1+k=1nc2k=4n2n+1-6n+594n-49.所以,数列cn的前2n项和为4n2n+1-6n+594n-49.12.nn+1BD=2DC,即EnD-EnB=2(EnC-EnD),所以EnC=32EnD-12EnB,设EnA=EnC,则EnA=32EnD-2EnB=(3an-3)EnD+(-n2-n+1)EnB,所以3an-3=-3(-n2-n+1),可得an=n2+n,所以1an=1n2+n=1n-1n+1,则1a1+1a2+1a3+1an=1-12
16、+12-13+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.13.(1)由题意可知,有两种组合满足条件.a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列an中,a1=8,公差d=4,所以数列an的通项公式为an=4n+4.a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列an中,a1=2,公差d=2,所以数列an的通项公式为an=2n.(2)若选择,Sn=2n2+6n,则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1Sk+2,即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得k2+2k+1=k2+7k+10,即5k=-9.此方程无正整数解,故不存在正整数k,使a1,ak,Sk+2成等比数列.若选择,Sn=n2+n,则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6.若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1Sk+2,即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,因为k为正整数,所以k=6.故存在正整数k(k=6),使得a1,ak,Sk+2成等比数列.