1、6.4数列求和、数列的综合应用探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.数列求和(1)掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.(2)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,抽象出数列的模型,并能用有关知识解决相应的问题2019课标,19,12分数列的实际应用等比数列的前n项和公式的应用2017课标,12,5分数列的综合应用等差数列、等比数列2.数列的综合应用2016课标,17,12分裂项相消法求和递推关系式及等差数列的通项公式 2015 课标,17,12分数列求和取整函数分析解读1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法等求解不
2、同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系,非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.破考点 练考向【考点集训】考点一数列求和1.(2019福建宁德模拟,10)等差数列an中,a4=9,a7=15,则数列(-1)nan的前20项和等于()A.-10B.-20C.10D.20答案D2.(2019河北五个一名校联盟第一次诊断,6)已知等差数列an中,a3+a5=a4+7,a10=19,则数列ancos n的前2 018项的和为()A.1 008B.1 009C.2 017D.2 018答案D3.(20
3、20届四川仁寿一中等西南四省八校9月联考,15)已知公比为整数的等比数列an的前n项和为Sn,且a2=4,S3=14,若bn=log2an,则数列1bnbn+1的前100项和为.答案100101考点二数列的综合应用1.(2019安徽黄山毕业班第二次质量检测,10)已知数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn,且an0,6Sn=an2+3an-4(nN*),bn=1(an-1)(an+1-1),若对任意的nN*,kTn恒成立,则k的最小值为()A.13B.19C.112D.115答案B2.已知an=3n(nN*),记数列an的前n项和为Tn,若对任意的nN*,Tn+32k3n-6恒成立,则实数k
4、的取值范围是.答案k227炼技法 提能力【方法集训】方法1错位相减法求和1.(2020届山西长治9月联考,9)定义在0,+)上的函数f(x)满足:当0x2时, f(x)=2x-x2;当x2时, f(x)=3f(x-2).记函数f(x)的极大值点从小到大依次为a1,a2,an,并记相应的极大值为b1,b2,bn,则a1b1+a2b2+a20b20的值为()A.19320+1B.19319+1C.20319+1D.20320+1答案A2.(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+500的最小正整数n的值为.答案5方法2裂项相消法求和
5、1.(2020届辽宁大连瓦房店10月月考,8)已知幂函数y=f(x)过点(4,2),令an=f(n+1)+f(n),nN+,记数列1an的前n项和为Sn,则Sn=10时,n的值是()A.10B.120C.130D.140答案B2.(2020届河南百校联盟9月联合检测,17)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn,且S5=25,a2是a1和a5的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列1anan+1的前n项和为Tn,若不等式Tnk4对任意的nN*都成立,求整数k的最小值.解析(1)因为S5=5a3=25,所以a3=5.因为a2是a1和a5的等比中项,所以a22=a1a5.(1分)
6、设公差为d(d0),则有a1+2d=5,(a1+d)2=a1(a1+4d),解得a1=1,d=2.(4分)所以an=2n-1.(5分)(2)1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,(6分)Tn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+112.(8分)所以k412,即k2,故整数k的最小值为2.(10分)【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一数列求和1.(2017课标,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课标,17,12分)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=
7、1,S7=28.记bn=lg an,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1 000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an=n.b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.(6分)(2)因为bn=0,1n10,1,10n100,2,100n100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A2.(2019课标,19,12分)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3
8、an-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、运算求解能力以及方程思想,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明: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
9、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,联立方程可解得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.
10、B组自主命题省(区、市)卷题组考点一数列求和1.(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(nN*),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(nN*).(i)求Tn;(ii)证明k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(nN*).解析(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q0,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
11、=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)=k2k+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
12、+2n+2-2.2.(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n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,符合上式,所以an=6n+5.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+c
13、n,得Tn=3222+323+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+(n+1)2n+2,两式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=34+4(1-2n)1-2-(n+1)2n+2=-3n2n+2.所以Tn=3n2n+2.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p0,q0)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D2.(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=2a
14、2-2,b3=2a3+4.(1)求an和bn的通项公式;(2)设数列cn满足c1=1,cn=1,2kn2k+1,bk,n=2k,其中kN*.(i)求数列a2n(c2n-1)的通项公式;(ii)求i=12naici(nN*).解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.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=62n-1=32n.所以,an的通项公式为an=3n+1,bn的通项公式为bn=32
15、n.(2)(i)a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n-1.所以,数列a2n(c2n-1)的通项公式为a2n(c2n-1)=94n-1.(ii)i=12naici=i=12nai+ai(ci-1)=i=12nai+i=1na2i(c2i-1)=2n4+2n(2n-1)23+i=1n(94i-1)=(322n-1+52n-1)+94(1-4n)1-4-n=2722n-1+52n-1-n-12(nN*).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=1,2kn0,an2+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设
16、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an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).由于an0,可得an+1-an=2.又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.(2)由an=2n+1可知bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.设数列bn的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+bn=1213
17、-15+15-17+12n+1-12n+3=n3(2n+3).3.(2017天津,18,13分)已知an为等差数列,前n项和为Sn(nN*),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(nN*).解析(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q0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5
18、d=16,联立,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=24n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)4n,故Tn=24+542+843+(3n-1)4n,4Tn=242+543+844+(3n-4)4n+(3n-1)4n+1,上述两式相减,得-3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1=12(1-4n)1-4-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8.得Tn=3n-234n+1+83.所以,数列a2nb2n-1
19、的前n项和为3n-234n+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q1的等比数列,求数列anbn的前n项和适用错位相减法.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bn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d1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
20、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=929n-1.(2)由d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n-12n-1,于是Tn=1+32+522+723+924+2n-12n-1,12Tn=12+322+523+724+925+2n-12n.-可得12Tn=2+12+122+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,故Tn=6-2n+32n-1.5.(2015天津,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4
21、,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式;(2)设bn=log2a2na2n-1,nN*,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q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;当n=2k(kN*)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=log2a2na2n-1=n2n-1.设bn的前n项和为Sn,
22、则Sn=1120+2121+3122+(n-1)12n-2+n12n-1,12Sn=1121+2122+3123+(n-1)12n-1+n12n,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,nN*.考点二数列的综合应用1.(2018江苏,14,5分)已知集合A=x|x=2n-1,nN*,B=x|x=2n,nN*.将AB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Sn12an+1成立的n的最小值为.答案272.(201
23、9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(nN*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列an为“M-数列”;(2)已知数列bn(nN*)满足:b1=1,1Sn=2bn-2bn+1,其中Sn为数列bn的前n项和.求数列bn的通项公式;设m为正整数,若存在“M-数列”cn(nN*),对任意正整数k,当km时,都有ckbkck+1成立,求m的最大值.解析本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)设等比数列an的公比为q,所以a10,q0.由
24、a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,得a12q4=a1q4,a1q2-4a1q+4a1=0,解得a1=1,q=2.因此数列an为“M-数列”.(2)因为1Sn=2bn-2bn+1,所以bn0.由b1=1,S1=b1,得11=21-2b2,则b2=2.由1Sn=2bn-2bn+1,得Sn=bnbn+12(bn+1-bn),当n2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=bnbn+12(bn+1-bn)-bn-1bn2(bn-bn-1),整理得bn+1+bn-1=2bn.所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列.因此,数列bn的通项公式为bn=n(nN*).由知,bk=k,kN*.因为数列cn为“
25、M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q0.因为ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m.当k=1时,有q1;当k=2,3,m时,有lnkkln qlnkk-1.设f(x)=lnxx(x1),则f (x)=1-lnxx2.令f (x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+)f (x)+0-f(x)极大值因为ln22=ln86ln96=ln33,所以f(k)max=f(3)=ln33.取q=33,当k=1,2,3,4,5时,lnkkln q,即kqk,经检验知qk-1k也成立.因此所求m的最大值不小于5.若m6,分别取k=3,6,得3q3,且q56,从而q15243
26、,且q15216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上,所求m的最大值为5.3.(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nN*,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,nN*,证明:c1+c2+cn2n,nN*.解析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.体现了数学抽象、数学运算等核心素养.(1)设数列an的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.从
27、而an=2n-2,nN*.所以Sn=n2-n,nN*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=1d(Sn+12-SnSn+2).所以bn=n2+n,nN*.(2)cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),nN*.我们用数学归纳法证明.当n=1时,c1=02,不等式成立;假设n=k(kN*)时不等式成立,即c1+c2+ck2k,那么,当n=k+1时,c1+c2+ck+ck+12k+k(k+1)(k+2)2k+1k+12k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1,即当n=k+1时不等式也成
28、立.根据和,不等式c1+c2+cn2n对任意nN*成立.思路分析(1)利用等比中项定义求出bn.(2)写出cn,利用数学归纳法结合不等式放缩证明.一题多解(2)cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),nN*.我们用数学归纳法证明.当n=1时,c1=02,不等式成立;假设n=k(kN*)时不等式成立,即c1+c2+c3+ck2k,那么,当n=k+1时,只需证明c1+c2+ck+ck+12k+1,即证2k+k(k+1)(k+2)2k+1,即证k(k+1)(k+2)k(k+1),所以k(k+1)(k+2)1k+1,又1k+12k+1+k,所以k(k+1)(k+2)2k+1+k.
29、即当n=k+1时,不等式也成立.根据和,不等式c1+c2+cn1,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.由a3+a5=20得8q+1q=20,解得q=2或q=12,因为q1,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.由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n2,解得cn=4n-1.由(1)
30、可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)12n-1,故bn-bn-1=(4n-5)12n-2,n2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)12n-2+(4n-9)12n-3+712+3.设Tn=3+712+11122+(4n-5)12n-2,n2,12Tn=312+7122+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-1,所以12Tn=3+412+4122+412n-2-(4n-5)12n-1,因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-2.5.(2018江苏,20,16
31、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=b10,mN*,q(1,m2,证明:存在dR,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(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11,1d3,32d5,73d9,得73d52.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dR,使得|a
32、n-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-1b1dqn-1n-1b1.因为q(1,m2,所以10,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).当2nm时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),当10.因此,当2nm+1时, 数列qn-1-2n-1单调递增,故数列qn
33、-1-2n-1的最大值为qm-2m.设f(x)=2x(1-x),当x0时, f (x)=(ln 2-1-xln 2)2x0.所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2nm时,qnnqn-1n-1=q(n-1)n21n1-1n=f1n1.因此,当2nm+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-1
34、b1dqn-1n-1b1,难点在于讨论qn-1-2n-1b1的最大值和qn-1n-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=q1-1n,当2nm时,1qn2,q1-1n21n1-1n,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f1n0.由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.所以3q2-5q-2=0.因为q0,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
35、+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bn=(n+n+1)22n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2,2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(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.方法总结一般地
36、,如果an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.7.(2015广东,21,14分)数列an满足:a1+2a2+nan=4-n+22n-1,nN*.(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+1nan(n2),证明:数列bn的前n项和Sn满足Sn2+2ln n.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.
37、(2)当n2时,a1+2a2+(n-1)an-1+nan=4-n+22n-1,a1+2a2+(n-1)an-1=4-n+12n-2,由-得,nan=n2n-1,所以an=12n-1(n2),经检验,a1=1也适合上式,所以an=12n-1(nN*).所以数列an是以1为首项,12为公比的等比数列.所以Tn=11-12n1-12=2-12n-1.(3)证明:b1=1,bn=2n-1n12n-2+1+12+13+1n12n-1(n2).当n=1时,S1=12+2ln 1.当n2时,bn=Tn-1n+1+12+13+1nan=Tn-1n+1+12+13+1n(Tn-Tn-1)=Tn-1n+1+12+
38、13+1nTn-1+12+13+1nTn-1=1+12+13+1nTn-1+12+13+1n-1Tn-1,所以Sn=1+1+12T2-1T1+1+12+13T3-1+12T2+1+12+13+1nTn-1+12+13+1n-1Tn-1=1+12+13+1nTn21+12+13+1n=2+212+13+1n,以下证明12+13+1n1),则h(x)=1x-1x2=x-1x20(x1),所以函数h(x)在区间(1,+)上单调递增,即h(x)h(1)=0.所以ln x1-1x(x1),分别令x=2,32,43,nn-1,得ln 21-12=12,ln321-23=13,ln431-34=14,lnn
39、n-11-n-1n=1n.累加得ln 2+ln32+lnnn-112+13+1n,即ln 2+(ln 3-ln 2)+ln n-ln(n-1)12+13+1n,所以12+13+1nln n(n2).综上,Sn0,nN,n2.(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-10,Fn12=1+12+122+12n
40、-2=1-12n+11-12-2=-12n0,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+12xnn+1.(2)由题设知,gn(x)=(n+1)(1+xn)2.设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-(n+1)(1+xn)2,x0.当x=1时, fn(x)=gn(x).当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1-n(n+1)xn-12.若0xxn-1+2xn-1+nxn-1-n(n+1)2xn-1=n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-1=
41、0.若x1,则h(x)xn-1+2xn-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x1时, fn(x)gn(x).9.(2015重庆,22,12分)在数列an中,a1=3,an+1an+an+1+an2=0(nN+).(1)若=0,=-2,求数列an的通项公式;(2)若=1k0(k0N+,k02),=-1,证明:2+13k0+1ak0+10,归纳可得3=a1a2anan+10.因为an+1=an
42、2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k01k0an+1,所以对n=1,2,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+(ak0+1-ak0)=a1-k01k0+1k01k0a1+1+1k0a2+1+1k0an+12+1k013k0+1+13k0+1+13k0+1k0个=2+13k0+1.另一方面,由上已证的不等式知a1a2ak0ak0+12,得ak0+1=a1-k01k0+1k01k0a1+1+1k0a2+1+1k0ak0+12+1k012k0+1+12k0+1+12k0+1k0个=2+12k0+1.综上,2+13k0+1ak0+12+12k0+1.10.(
43、2015湖北,22,14分)已知数列an的各项均为正数,bn=n1+1nnan(nN+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-ex的单调区间,并比较1+1nn与e的大小;(2)计算b1a1,b1b2a1a2,b1b2b3a1a2a3,由此推测计算b1b2bna1a2an的公式,并给出证明;(3)令cn=(a1a2an)1n,数列an,cn的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:Tn0,即x0时, f(x)单调递增;当f (x)0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-,0),单调递减区间为(0,+).当x0时, f(x)f(0)=0,即1+xex.令x=1n,得1+1n
44、e1n,即1+1nne.(2)b1a1=11+111=1+1=2;b1b2a1a2=b1a1b2a2=221+122=(2+1)2=32;b1b2b3a1a2a3=b1b2a1a2b3a3=3231+133=(3+1)3=43.由此推测:b1b2bna1a2an=(n+1)n.下面用数学归纳法证明.(i)当n=1时,左边=右边=2,成立.(ii)假设当n=k时,成立,即b1b2bka1a2ak=(k+1)k.当n=k+1时,bk+1=(k+1)1+1k+1k+1ak+1,由归纳假设可得b1b2bkbk+1a1a2akak+1=b1b2bka1a2akbk+1ak+1=(k+1)k(k+1)1+
45、1k+1k+1=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,也成立.根据(i)(ii),可知对一切正整数n都成立.(3)证明:由cn的定义,算术-几何平均不等式,bn的定义及得Tn=c1+c2+c3+cn=(a1)11+(a1a2)12+(a1a2a3)13+(a1a2an)1n=(b1)112+(b1b2)123+(b1b2b3)134+(b1b2bn)1nn+1b112+b1+b223+b1+b2+b334+b1+b2+bnn(n+1)=b1112+123+1n(n+1)+b2123+134+1n(n+1)+bn1n(n+1)=b11-1n+1+b212-1n+1+bn1n-1n+1b11+b2
46、2+bnn=1+111a1+1+122a2+1+1nnanea1+ea2+ean=eSn.即Tn(2n-1)2-1(2n)2=2n-22n=n-1n.所以Tn1221223n-1n=14n.综上可得对任意的nN*,均有Tn14n.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2019河北保定期末,10)在数列an中,若a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(nN*),则该数列的前100项之和是()A.18B.8C.5D.2答案C2.(2020届河南南阳一中开学考试,7)我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里出现了杨辉三角(如图),这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三
47、角”中,已知第n行的所有数字之和为2n-1,若去除所有为1的项,依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,则此数列的前56项和为()A.2 060B.2 038C.4 084D.4 108答案C3.(2020届贵州贵阳摸底考试,11)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2 019项和为()A.2 0182 019B.2 0192 020C.2 0192 018D.2 0191 010答案B4.(2020届河南洛阳尖子生第一次联考,10)已知数列an的首项a1=
48、3,前n项和为Sn,an+1=2Sn+3,nN*,设bn=log3an,数列bnan的前n项和Tn的范围是()A.13,2B.13,2C.13,34D.14,34答案C5.(2019福建厦门第一中学3月模拟,11)已知数列an的前n项和为Sn,直线y=x-22与圆x2+y2=2an+2交于An,Bn(nN*)两点,且Sn=14|AnBn|2.若a1+2a2+3a3+nanan2+2对任意nN*恒成立,则实数的取值范围是()A.(0,+)B.12,+C.0,+)D.12,+答案B6.(2020届四川天府名校第一轮联考,12)数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想Fn
49、=22n+1(n=0,1,2,)是质数.直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5=641*6 700 417,不是质数.现设an=log2(Fn-1),n=1,2,Sn表示数列an的前n项和.则使不等式2S1S2+22S2S3+2nSnSn+12n2 020成立的最小正整数n的值是(提示210=1 024)()A.11B.10C.9D.8答案C7.(2020届九师联盟10月质量检测,12)已知各项都为正数的等比数列an的前n项和为Sn,且满足a1=1,S3=7.若f(x)=Snx+a2x2+a3x3+anxn(n2), f (x)为函数f(x)的导函数,则f (1)-f (0)=()A
50、.(n-1)2nB.2n(n-1)C.n2n+1D.2n(n+1)答案A二、填空题(每小题5分,共15分)8.(2020届河南名校联盟尖子生10月调研,16)已知数列an的通项公式为an=n(n+1),数列bn的通项公式为bn=3n-1,将数列an、bn中的共有元素依次取出,构成数列cn,则c10=.答案8129.(2020届天一大联考(二),16)记数列an的前n项和为Sn,已知a1=4,2an=-an-1+9(n2).若对任意的nN*,(Sn-3n)4恒成立,则实数的最小值为.答案810.(2020届五省创优名校第二次联考,16)在数列an中,a1=14,a2=15,且1nan+1-1(n
51、-1)an=-4n(n-1)(n2,nN*),则1a10+1a11+1a84=.答案3 750三、解答题(共35分)11.(命题标准样题,16)设三角形的边长为不相等的整数,且最大边长为n,这些三角形的个数为an.(1)求数列an的通项公式;(2)在1,2,100中任取三个不同的整数,求它们可以是一个三角形的三条边长的概率.附:1+22+32+n2=n(n+1)(2n+1)6.解析(1)设x,y,n为满足题意的三角形的边长,不妨设xyn.由题设,易得a1=a2=a3=0.当n4,且n为偶数时,若yn2,x不存在;若y=n2+1,则x为n2;若y=n2+2,则x为n2-1,n2,n2+1;若y=
52、n-1,则x为2,3,n-2.所以an=1+3+(n-3)=(n-2)24.当n4,且n为奇数时,可得an=2+4+(n-3)=(n-1)(n-3)4.所以an的通项公式为an=0,n=1,2,3,(n-2)24,n4,且n为偶数,(n-1)(n-3)4,n5,且n为奇数.(2)记Sn为数列an的前n项和.由(1)可得S100=14(22+42+982)+14(24+46+9698)=(12+22+492)+12+22+482+(1+2+48)=49501956.故所求概率为S100C1003=65132.12.(2020届四川成都外国语学校10月阶段性检测,19)正项数列an的前n项和为Sn
53、,且Sn=(1+an)24(nN*).(1)求an;(2)令bn=an12n,求bn的前n项和Tn.解析(1)n=1时,由S1=(1+a1)24得a1=1,n2时,由4Sn=(1+an)2,4Sn-1=(1+an-1)2得4an=(1+an)2-(1+an-1)2,an2-an-12-2an-2an-1=0,(an+an-1)(an-an-1-2)=0,an0,an-an-1=2,an=2n-1.(2)Tn=1121+3122+5123+(2n-1)12n,12Tn=1122+3123+5124+(2n-1)12n+1,12Tn=12+2122+123+12n-(2n-1)12n+1=32-(
54、2n+3)12n+1,T=3-(2n+3)12n.13.(2020届山东夏季高考模拟,17)在b1+b3=a2,a4=b4,S5=-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SkSk+1且Sk+1Sk+1且Sk+1Sk+2等价于ak+10,所以满足题意的k存在,当且仅当3(k+1)-160,解得k=4.方案二:选条件.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.SkSk+1且Sk+1Sk+2等价于ak+10,此时d=ak+2-ak+10,与d=-28矛盾,所以满足题意的k不存在.方案三:选条件.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,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SkSk+1且Sk+1Sk+2等价于ak+10,所以满足题意的k存在,当且仅当2(k+1)-110,解得k=4.
