202X屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章數(shù)列6.4數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用課件理

1、6.4數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用高考理數(shù)高考理數(shù) (課標專用)考點一數(shù)列求和考點一數(shù)列求和五年高考A A組組 統(tǒng)一命題統(tǒng)一命題課標卷題組課標卷題組1.(2017課標,15,5分)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,a3=3,S4=10,則=.1nk1kS答案答案21nn解析解析本題主要考查等差數(shù)列基本量的計算及裂項相消法求和.設(shè)公差為d,則an=n.前n項和Sn=1+2+n=,=2,=21-+-+-=2=2=.思路分析思路分析求出首項a1和公差d,從而求出Sn.=2,從而運用裂項相消法求和即可.解后反思解后反思裂項相消法求和的常見類型:若an是等差數(shù)列,則=(d0);=(-);=-.1123,4610

2、,adad11,1,ad(1)2n n1nS2(1)n n111nn1nk1kS1212131n11n111n1nn21nn1nS2(1)n n111nn11nnaa1d111nnaa1nkn1knkn12(21)(21)nnn121n1121n2.(2016課標,17,12分)Sn為等差數(shù)列an的前n項和,且a1=1,S7=28.記bn=lgan,其中x表示不超過x的最大整數(shù),如0.9=0,lg99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求數(shù)列bn的前1000項和.解析解析(1)設(shè)an的公差為d,據(jù)已知有7+21d=28,解得d=1.所以an的通項公式為an=n.b1=lg1=0,b11

3、=lg11=1,b101=lg101=2.(6分)(2)因為bn=(9分)所以數(shù)列bn的前1000項和為190+2900+31=1893.(12分)思路分析思路分析(1)先求公差,從而得通項an,再根據(jù)已知條件求b1,b11,b101.(2)分析出bn中項的規(guī)律,進而求出數(shù)列bn的前1000項和.0,110,1,10100,2,1001000,3,1000,nnnn3.(2015課標,17,12分)Sn為數(shù)列an的前n項和.已知an0,+2an=4Sn+3.(1)求an的通項公式;(2)設(shè)bn=,求數(shù)列bn的前n項和.2na11nna a解析解析(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=

4、4Sn+1+3.可得-+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).由于an0,所以an+1-an=2.又由+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以an是首項為3,公差為2的等差數(shù)列,通項公式為an=2n+1.(6分)(2)由an=2n+1可知bn=.設(shè)數(shù)列bn的前n項和為Tn,則Tn=b1+b2+bn=.(12分)思路分析思路分析(1)由+2an=4Sn+3,得+2an+1=4Sn+1+3,兩式相減得出遞推關(guān)系式,再求出a1,利用等2na21na21na2na21na2na21a11nna a1(21)(23)nn1

5、2112123nn1211111135572123nn3(23)nn2na21na差數(shù)列的通項公式求法可得通項an.(2)利用裂項相消法求Tn.1112 2123nbnn1.(2017課標,12,5分)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召,開發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動.這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一項是20,接下來的兩項是20,21,再接下來的三項是20,21,22,依此類推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的

6、激活碼是()A.440B.330C.220D.110考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用答案答案A本題考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項和公式,考查學(xué)生的邏輯推理能力、運算求解能力和創(chuàng)新應(yīng)用能力.解法一(排除法):記SN為數(shù)列的前N項和,由題意得,數(shù)列的前110項為20,20,21,20,21,20,21,213,20,21,22,23,24,所以S110=20+(20+21)+(20+21+213)+(20+21+22+23+24)=(21-1)+(22-1)+(214-1)+(25-1)=(21+22+214)-14+31=215+15,這是一個奇數(shù),不可能是2的整數(shù)冪,故選項D不正確.同

7、理,S220=20+(20+21)+(20+21+219)+(20+21+22+23+29)=221+210-23,這是一個奇數(shù),不可能是2的整數(shù)冪,故選項C不正確.同理,S330=20+(20+21)+(20+21+224)+(20+21+22+23+24)=226+4,不是2的整數(shù)冪,故選項B不正確.所以,正確的選項為A.解法二:不妨設(shè)1+(1+2)+(1+2+2n-1)+(1+2+2t)=2m(其中m、n、tN,0tn),則有N=+t+1,因為N100,所以n13.由等比數(shù)列的前n項和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.因為n13,所以2nn+2,所以2n+12n+n+2,即2

8、n+1-n-22n,因為2t+1-10,(1)2n n所以2m2n+1-n-22n,故mn+1,因為2t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1.所以m=n+1,從而有n=2t+1-3,因為n13,所以t3.當t=3時,N=95,不合題意;當t=4時,N=440,滿足題意,故所求N的最小值為440.2.(2019課標,19,12分)已知數(shù)列an和bn滿足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)證明:an+bn是等比數(shù)列,an-bn是等差數(shù)列;(2)求an和bn的通項公式.解析解析 本題主要考查由遞推關(guān)系證明數(shù)列為等比數(shù)列、等差數(shù)列

9、以及求數(shù)列的通項公式,考查了學(xué)生的邏輯推理、運算求解能力以及方程思想,體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).(1)由題設(shè)得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn).又因為a1+b1=1,所以an+bn是首項為1,公比為的等比數(shù)列.由題設(shè)得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因為a1-b1=1,所以an-bn是首項為1,公差為2的等差數(shù)列.(2)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1.所以an=(an+bn)+(an-bn)=+n-,bn=(an+bn)-(an-bn)=-n+.思路分析思路分析(1

10、)將兩遞推關(guān)系式左、右兩邊相加可得an+1+bn+1=(an+bn),從而證得數(shù)列an+bn為等比數(shù)列;將兩遞推關(guān)系式左、右兩邊相減可得an+1-bn+1=an-bn+2,從而證得數(shù)列an-bn為等差數(shù)列.(2)由(1)可求出an+bn,an-bn的通項公式,聯(lián)立方程可解得an,bn.1212112n1212n121212n1212解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵將兩遞推關(guān)系式相加、相減,從而證得數(shù)列為等差、等比數(shù)列是解決本題的關(guān)鍵.B B組組 自主命題自主命題省省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組考點一數(shù)列求和考點一數(shù)列求和1.(2016北京,12,5分)已知an為等差數(shù)列,Sn為其前n項和.若a1=6,

11、a3+a5=0,則S6=.答案答案6解析解析設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,a1=6,a3+a5=0,6+2d+6+4d=0,d=-2,S6=66+(-2)=6.6 522.(2018天津,18,13分)設(shè)an是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項和為Sn(nN*),bn是等差數(shù)列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求an和bn的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列Sn的前n項和為Tn(nN*).(i)求Tn;(ii)證明=-2(nN*).1nk2()(1)(2)kkkTbbkk222nn解析解析本小題主要考查等差數(shù)列的通項公式,等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式等基礎(chǔ)知識.考查

12、數(shù)列求和的基本方法和運算求解能力.(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因為q0,可得q=2,故an=2n-1.設(shè)等差數(shù)列bn的公差為d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,從而b1=1,d=1,故bn=n.所以,數(shù)列an的通項公式為an=2n-1,數(shù)列bn的通項公式為bn=n.(2)(i)由(1),有Sn=2n-1,故Tn=-n=2n+1-n-2.(ii)證明:因為=1212n11(21)2nnkkkkn 2 (12 )12n2()(1)(2)kkkTbbkk1(222)(1)(2)kkkkkk=

13、-,所以,=+=-2.方法總結(jié)方法總結(jié)解決數(shù)列求和問題的兩種思路(1)利用轉(zhuǎn)化的思想將一般數(shù)列設(shè)法轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列,這一思想方法往往通過通項分解或錯位相減來完成.(2)不能轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列的,往往通過裂項相消法、倒序相加法等來求和.12(1)(2)kkkk222kk121kk1nk2()(1)(2)kkkTbbkk322232432243212221nnnn222nn3.(2017天津,18,13分)已知an為等差數(shù)列,前n項和為Sn(nN*),bn是首項為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求an和bn的通項公式;(2)求數(shù)列a2

14、nb2n-1的前n項和(nN*).解析解析本小題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列及其前n項和公式等基礎(chǔ)知識.考查數(shù)列求和的基本方法和運算求解能力.(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為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,又因為q0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5d=16,聯(lián)立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,數(shù)列an的通項公式為an=3n-2,數(shù)列bn的通項公式為bn=2n.(2)設(shè)數(shù)列a2nb2n-1的前n項和為Tn,

15、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,上述兩式相減,得-3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1=-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8.得Tn=4n+1+.所以,數(shù)列a2nb2n-1的前n項和為4n+1+.12 (14 )14n323n83323n83方法總結(jié)方法總結(jié)(1)等差數(shù)列與等比數(shù)列中有五個量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通過列方程(組)求關(guān)鍵量a1和d(或q),

16、問題可迎刃而解.(2)數(shù)列an是公差為d的等差數(shù)列,bn是公比q1的等比數(shù)列,求數(shù)列anbn的前n項和適用錯位相減法.4.(2016山東,18,12分)已知數(shù)列an的前n項和Sn=3n2+8n,bn是等差數(shù)列,且an=bn+bn+1.(1)求數(shù)列bn的通項公式;(2)令cn=,求數(shù)列cn的前n項和Tn.1(1)(2)nnnnab解析解析(1)由題意知,當n2時,an=Sn-Sn-1=6n+5.當n=1時,a1=S1=11,所以an=6n+5(nN*).設(shè)數(shù)列bn的公差為d.由即可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.(2)由(1)知cn=3(n+1)2n+1.又Tn=c1+c2+cn,得T

17、n=3222+323+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+(n+1)2n+2,兩式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=3=-3n2n+2.所以Tn=3n2n+2.112223,abbabb11112,1723 ,bdbd1(66)(33)nnnn24(1 2 )4(1) 21 2nnn1.(2015福建,8,5分)若a,b是函數(shù)f(x)=x2-px+q(p0,q0)的兩個不同的零點,且a,b,-2這三個數(shù)可適當排序后成等差數(shù)列,也可適當排序后成等比數(shù)列,則p+q的值等于()A.6B.7C.8D.9考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用答案答案D由題意

18、可知a,b是x2-px+q=0的兩根,a+b=p0,ab=q0,故a,b均為正數(shù).a,b,-2適當排序后成等比數(shù)列,-2是a,b的等比中項,得ab=4,q=4.又a,b,-2適當排序后成等差數(shù)列,所以-2是第一項或第三項,不妨設(shè)a0,a=1,此時b=4,p=a+b=5,p+q=9,選D.22,4,abab2.(2019天津,19,14分)設(shè)an是等差數(shù)列,bn是等比數(shù)列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求an和bn的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列cn滿足c1=1,cn=其中kN*.(i)求數(shù)列(-1)的通項公式;(ii)求aici(nN*).11,22,2 ,kkkk

19、nb n2na2nc21ni解析解析本小題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式等基礎(chǔ)知識.考查化歸與轉(zhuǎn)化思想和數(shù)列求和的基本方法以及運算求解能力.(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q.依題意得解得故an=4+(n-1)3=3n+1,bn=62n-1=32n.所以,an的通項公式為an=3n+1,bn的通項公式為bn=32n.(2)(i)(-1)=(bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n-1.所以,數(shù)列(-1)的通項公式為(-1)=94n-1.(ii)aici=ai+ai(ci-1)=ai+(-1)=+(94i-1)=(322n-1+52n-1)+9-

20、n=2722n-1+52n-1-n-12(nN*).2662 ,6124 ,qdqd3,2,dq2na2nc2na2na2nc2na2nc21ni21ni21ni1ni2ia2ic2 (21)2432nnn 1ni4(14 )14n(2)(i)由cn=kN*知(-1)=(32n+1)(32n-1),從而得到數(shù)列(-1)的通項公式.(ii)利用(i)把aici拆成ai+ai(ci-1),進而可得aici=ai+(-1),計算即可.解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵正確理解數(shù)列cn的含義是解題的關(guān)鍵.11,22,2 ,kkkknb n2na2nc2na2nc21ni21ni21ni21ni1ni2ia2ic思路分析

21、思路分析(1)利用等差數(shù)列、等比數(shù)列概念求基本量得到通項公式.3.(2018浙江,20,15分)已知等比數(shù)列an的公比q1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項.數(shù)列bn滿足b1=1,數(shù)列(bn+1-bn)an的前n項和為2n2+n.(1)求q的值;(2)求數(shù)列bn的通項公式.解析解析本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列求和等基礎(chǔ)知識,同時考查運算求解能力和綜合應(yīng)用能力.(1)由a4+2是a3,a5的等差中項得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20得8=20,解得q=2或q=,因為q1,所以q=2.(2)設(shè)cn=(b

22、n+1-bn)an,數(shù)列cn的前n項和為Sn.由cn=解得cn=4n-1.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1),故bn-bn-1=(4n-5),n2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)1qq1211,1,2,nnSnSSn112n212n=(4n-5)+(4n-9)+7+3.設(shè)Tn=3+7+11+(4n-5),n2,Tn=3+7+(4n-9)+(4n-5),所以Tn=3+4+4+4-(4n-5),因此Tn=14-(4n+3),n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3).易錯警示易錯警示利用錯位相減法求和時,要注意以

23、下幾點:(1)錯位相減法求和,只適合于數(shù)列anbn,其中an為等差數(shù)列,bn為等比數(shù)列.(2)在等式兩邊所乘的數(shù)是等比數(shù)列bn的公比.(3)兩式相減時,一定要錯開一位.(4)特別要注意相減后等比數(shù)列的次數(shù).212n312n1212212212n1212212212n112n1212212212n112n212n212n(5)進行檢驗.4.(2017山東,19,12分)已知xn是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求數(shù)列xn的通項公式;(2)如圖,在平面直角坐標系xOy中,依次連接點P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折線P1P2Pn+

24、1,求由該折線與直線y=0,x=x1,x=xn+1所圍成的區(qū)域的面積Tn.解析解析本題考查等比數(shù)列基本量的計算,錯位相減法求和.(1)設(shè)數(shù)列xn的公比為q,由已知知q0.由題意得所以3q2-5q-2=0.因為q0,所以q=2,x1=1.因此數(shù)列xn的通項公式為xn=2n-1.(2)過P1,P2,Pn+1向x軸作垂線,垂足分別為Q1,Q2,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,由題意得bn=2n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2,2Tn=3

25、20+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1112113,2.xx qx qx q(1)2nn=+-(2n+1)2n-1.所以Tn=.解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,以幾何圖形為背景確定bn的通項公式是關(guān)鍵.方法總結(jié)一般地,如果an是等差數(shù)列,bn是等比數(shù)列,求數(shù)列anbn的前n項和時,可采用錯位相減法.在寫“Sn”與“qSn”的表達式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”,以便下一步準確寫出“Sn-qSn”的表達式.3212(12)12n(21)212nnC C組組 教師專用題組教師專

26、用題組考點一數(shù)列求和考點一數(shù)列求和1.(2015江蘇,11,5分)設(shè)數(shù)列an滿足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),則數(shù)列前10項的和為.1na答案答案2011解析解析由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,an-an-1=n-1+1(n2),則有an-a1=1+2+3+n-1+(n-1)(n2),因為a1=1,所以an=1+2+3+n(n2),即an=(n2),又當n=1時,a1=1也適合上式,故an=(nN*),所以=2,從而+=2+2+2+2=2=.22nn22nn1na22nn111nn11a21a31a101a11211231134111011

27、111120112.(2012課標,16,5分)數(shù)列an滿足an+1+(-1)nan=2n-1,則an的前60項和為.答案答案1830解析解析當n=2k時,a2k+1+a2k=4k-1,當n=2k-1時,a2k-a2k-1=4k-3,a2k+1+a2k-1=2,a2k+1+a2k+3=2,a2k-1=a2k+3,a1=a5=a61.a1+a2+a3+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+(a60+a61)=3+7+11+(260-1)=3061=1830.評析評析本題考查了數(shù)列求和,考查了分類討論及等價轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想.30 (3 119)23.(2015天津,18,13分)已知數(shù)列an滿足a

28、n+2=qan(q為實數(shù),且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差數(shù)列.(1)求q的值和an的通項公式;(2)設(shè)bn=,nN*,求數(shù)列bn的前n項和.2221lognnaa解析解析(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).又因為q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.當n=2k-1(kN*)時,an=a2k-1=2k-1=;當n=2k(kN*)時,an=a2k=2k=.所以,an的通項公式為an=122n22n1222,2 ,.nnnn為奇數(shù)為偶

29、數(shù)整理得,Sn=4-.所以,數(shù)列bn的前n項和為4-,nN*.122nn122nn(2)由(1)得bn=.設(shè)bn的前n項和為Sn,則Sn=1+2+3+(n-1)+n,Sn=1+2+3+(n-1)+n,上述兩式相減,得Sn=1+-=-=2-,2221lognnaa12nn012112212212n112n12112212312112n12n1212212112n2nn112112n2nn22n2nn4.(2015湖北,18,12分)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,前n項和為Sn,等比數(shù)列bn的公比為q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求數(shù)列an,bn的通項公式;(2)當d1時,

30、記cn=,求數(shù)列cn的前n項和Tn.nnab解析解析(1)由題意有,即解得或故或(2)由d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,于是Tn=1+,Tn=+.-可得Tn=2+-=3-,故Tn=6-.111045100,2,ada d112920,2,ada d11,2ad19,2.9ad121,2nnnanb11(279),929.9nnnanb1212nn322523724921212nn1212232352472592212nn1212212212n212nn232nn1232nn1.(2013課標,12,5分)設(shè)AnBnCn的三邊長分別為an,bn,cn,AnBnCn的面積為Sn,

31、n=1,2,3,.若b1c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,則()A.Sn為遞減數(shù)列B.Sn為遞增數(shù)列C.S2n-1為遞增數(shù)列,S2n為遞減數(shù)列D.S2n-1為遞減數(shù)列,S2n為遞增數(shù)列2nnca2nnba考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用答案答案 B由bn+1=,cn+1=得bn+1+cn+1=an+(bn+cn),(*)bn+1-cn+1=-(bn-cn),由an+1=an得an=a1,代入(*)得bn+1+cn+1=a1+(bn+cn),bn+1+cn+1-2a1=(bn+cn-2a1),b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,bn+cn=2a1|Bn

32、Cn|=a1,所以點An在以Bn、Cn為焦點且長軸長為2a1的橢圓上(如圖).由b1c1得b1-c10,所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1),所以當n增大時|bn-cn|變小,即點An向點A處移動,即邊BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不變,所以Sn為遞增數(shù)列.2nnac2nnba1212121212112n思路分析思路分析由an+1=an,可知AnBnCn的邊BnCn的長為定值a1,易知bn+cn=2a1,由此知,An在以Bn、Cn為焦點的橢圓上,利用極限思想可求得結(jié)果.2.(2018江蘇,14,5分)已知集合A=x|x=2n-1,nN*,

33、B=x|x=2n,nN*.將AB的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個數(shù)列an.記Sn為數(shù)列an的前n項和,則使得Sn12an+1成立的n的最小值為.答案答案27解析解析本題考查數(shù)列的插項問題.設(shè)An=2n-1,Bn=2n,nN*,當AkBlAk+1(k,lN*)時,2k-12l2k+1,有k-2l-1k+,則k=2l-1,設(shè)Tl=A1+A2+B1+B2+Bl,則共有k+l=2l-1+l個數(shù),即Tl=,而A1+A2+=2l-1=22l-2,B1+B2+Bl=2l+1-2.則Tl=22l-2+2l+1-2,則l,Tl,n,an+1的對應(yīng)關(guān)系為121212lA12llS12lA2 1 1212l 2(

34、12 )12llTlnan+112an+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780觀察到l=5時,Tl=S2112a39,則n22,38),nN*時,存在n,使Sn12an+1,此時T5=A1+A2+A16+B1+B2+B3+B4+B5,則當n22,38),nN*時,Sn=T5+=n2-10n+87.an+1=An+1-5=An-4,12an+1=122(n-4)-1=24n-108,Sn-12an+1=n2-34n+195=(n-17)2-94,則n27時,Sn-12an+10,即nmin=27.22 55(22 1)()2

35、nnAA3.(2019江蘇,20,16分)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”.(1)已知等比數(shù)列an(nN*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列an為“M-數(shù)列”;(2)已知數(shù)列bn(nN*)滿足:b1=1,=-,其中Sn為數(shù)列bn的前n項和.求數(shù)列bn的通項公式;設(shè)m為正整數(shù),若存在“M-數(shù)列”cn(nN*),對任意正整數(shù)k,當km時,都有ckbkck+1成立,求m的最大值.1nS2nb12nb解析解析本小題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學(xué)知識探究與解決問題的能力.(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為

36、q,所以a10,q0.由得解得因此數(shù)列an為“M-數(shù)列”.(2)因為=-,所以bn0.由b1=1,S1=b1,得=-,則b2=2.由=-,得Sn=,當n2時,由bn=Sn-Sn-1,得bn=-,整理得bn+1+bn-1=2bn.所以數(shù)列bn是首項和公差均為1的等差數(shù)列.因此,數(shù)列bn的通項公式為bn=n(nN*).245321,440,a aaaaa244112111,440,a qa qa qa qa11,2.aq1nS2nb12nb112122b1nS2nb12nb112()nnnnb bbb112()nnnnb bbb112()nnnnbbbb由知,bk=k,kN*.因為數(shù)列cn為“M-

37、數(shù)列”,設(shè)公比為q,所以c1=1,q0.因為ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m.當k=1時,有q1;當k=2,3,m時,有l(wèi)nq.設(shè)f(x)=(x1),則f(x)=.令f(x)=0,得x=e.列表如下:lnkkln1kk lnxx21 ln xxx(1,e)e(e,+)f(x)+0-f(x)極大值因為=,所以f(k)max=f(3)=.取q=,當k=1,2,3,4,5時,lnq,即kqk,經(jīng)檢驗知qk-1k也成立.因此所求m的最大值不小于5.若m6,分別取k=3,6,得3q3,且q56,從而q15243,且q15216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.綜上,所

38、求m的最大值為5.ln22ln86ln96ln33ln3333lnkk4.(2019浙江,20,15分)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,a3=4,a4=S3.數(shù)列bn滿足:對每個nN*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列an,bn的通項公式;(2)記cn=,nN*,證明:c1+c2+cn2,nN*.2nnabn解析解析本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列求和、數(shù)學(xué)歸納法等基礎(chǔ)知識,同時考查運算求解能力和綜合應(yīng)用能力.體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng).(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d,由題意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.從而an=2

39、n-2,nN*.所以Sn=n2-n,nN*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數(shù)列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=(-SnSn+2).所以bn=n2+n,nN*.(2)cn=,nN*.我們用數(shù)學(xué)歸納法證明.當n=1時,c1=02,不等式成立;假設(shè)n=k(kN*)時不等式成立,即c1+c2+ck2,1d21nS2nnab222 (1)nn n1(1)nn nk那么,當n=k+1時,c1+c2+ck+ck+12+2+2+=2+2(-)=2,即當n=k+1時不等式也成立.根據(jù)和,不等式c1+c2+cn2對任意nN*成立.思路分析(1)利用等比中項定

40、義求出bn.(2)寫出cn,利用數(shù)學(xué)歸納法結(jié)合不等式放縮證明.一題多解一題多解(2)cn=,nN*.我們用數(shù)學(xué)歸納法證明.當n=1時,c1=02,不等式成立;假設(shè)n=k(kN*)時不等式成立,即c1+c2+c3+ck2,那么,當n=k+1時,只需證明c1+c2+ck+ck+12,即證2+2,即證k(k+1),k(1)(2)kkkk11k k21kk k1k k1k n2nnab222 (1)nn n1(1)nn nk1k k(1)(2)kkk1k (1)(2)kkk1k k21kk 所以,又,所以.即當n=k+1時,不等式也成立.根據(jù)和,不等式c1+c2+cn0,mN*,q(1,證明:存在dR

41、,使得|an-bn|b1對n=2,3,m+1均成立,并求d的取值范圍(用b1,m,q表示).2m解析解析本小題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學(xué)知識探究與解決問題的能力.(1)由條件知an=(n-1)d,bn=2n-1.因為|an-bn|b1對n=1,2,3,4均成立,即11,1d3,32d5,73d9,得d.因此,d的取值范圍為.(2)由條件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在dR,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).即當n=2,3

42、,m+1時,d滿足b1db1.因為q(1,所以10,對n=2,3,m+1均成立.因此,取d=0時,|an-bn|b1對n=2,3,m+1均成立.73527 5,3 2121nqn11nqn2m121nqn11nqn下面討論數(shù)列的最大值和數(shù)列的最小值(n=2,3,m+1).當2nm時,-=,當10.因此,當2nm+1時,數(shù)列單調(diào)遞增,故數(shù)列的最大值為.設(shè)f(x)=2x(1-x),當x0時,f(x)=(ln2-1-xln2)2x0.所以f(x)單調(diào)遞減,從而f(x)f(0)=1.當2nm時,=f1.因此,當2nm+1時,數(shù)列單調(diào)遞減,故數(shù)列的最小值為.121nqn11nqn2nqn121nqn12

43、(1)nnnnqqnqn n1()2(1)nnnn qqqn n12m121nqn121nqn2mqm11nnqnqn(1)q nn12n11n1n11nqn11nqnmqm因此,d的取值范圍為.疑難突破本題是數(shù)列的綜合題,考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的概念和相關(guān)性質(zhì),第(1)問主要考查絕對值不等式.第(2)問要求d的范圍,使得|an-bn|b1對n=2,3,m+1都成立,首先把d分離出來,變成b1db1,難點在于討論b1的最大值和b1的最小值.對于數(shù)列,可以通過作差討論其單調(diào)性,而對于數(shù)列,要作商討論單調(diào)性,=q,當2nm時,1qn2,q,可以構(gòu)造函數(shù)f(x)=2x(1-x),通過討論f(x)在(

44、0,+)上的單調(diào)性去證明f1,得到數(shù)列的單調(diào)性,解出最小值.兩個數(shù)列,一個作差得到單調(diào)性,一個作商得到單調(diào)性,都是根據(jù)數(shù)列本身結(jié)構(gòu)而得,方法自然合理,最后構(gòu)造函數(shù)判斷與1的大小是難點,平時多積累,多思考,也是可以得到的.11(2),mmb qbqmm121nqn11nqn121nqn11nqn121nqn11nqn11nnqnqn(1)q nn11n11n12n11n1n11nqn12n11n6.(2015廣東,21,14分)數(shù)列an滿足:a1+2a2+nan=4-,nN*.(1)求a3的值;(2)求數(shù)列an的前n項和Tn;(3)令b1=a1,bn=+an(n2),證明:數(shù)列bn的前n項和Sn

45、滿足Sn2+2lnn.122nn1nTn111123n解析解析(1)當n=1時,a1=1;當n=2時,a1+2a2=2,解得a2=;當n=3時,a1+2a2+3a3=,解得a3=.(2)當n2時,a1+2a2+(n-1)an-1+nan=4-,a1+2a2+(n-1)an-1=4-,由-得,nan=,所以an=(n2),經(jīng)檢驗,a1=1也適合上式,所以an=(nN*).所以數(shù)列an是以1為首項,為公比的等比數(shù)列.所以Tn=2-.(3)證明:b1=1,bn=-+(n2).1211414122nn212nn12nn112n112n121112112n112n2n1n212n111123n112n當

46、n=1時,S1=12+2ln1.當n2時,bn=+an=+(Tn-Tn-1)=+Tn-Tn-1=Tn-Tn-1,所以Sn=1+T2-1T1+T3-T2+Tn-1+Tn-1=Tn21+=2+2,以下證明+1),則h(x)=-=0(x1),所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞增,即h(x)h(1)=0.所以lnx1-(x1),1nTn111123n1nTn111123n1nTn111123n111123n111123n1111231n11211123112111123n121311n111123n12131n11123n12131n1x1x21x21xx1x分別令x=2,得ln21-=,ln1

47、-=,ln1-=,ln1-=.累加得ln2+ln+ln+,即ln2+(ln3-ln2)+lnn-ln(n-1)+,所以+lnn(n2).綜上,Sn0,nN,n2.(1)證明:函數(shù)Fn(x)=fn(x)-2在內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn),且xn=+;(2)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列,其各項和為gn(x),比較fn(x)和gn(x)的大小,并加以證明.1,1212121nnx解析解析(1)證明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,則Fn(1)=n-10,Fn=1+-2=-2=-0,故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點xn.因

48、為xn是Fn(x)的零點,所以Fn(xn)=0,即-2=0,故xn=+.(2)解法一:由題設(shè)得,gn(x)=.設(shè)h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-,x0.121221212n1112112n12n1,121,121,12111nnnxx12121nnx(1)(1)2nnx(1)(1)2nnx當x=1時,fn(x)=gn(x).當x1時,h(x)=1+2x+nxn-1-.若0 xxn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.若x1,h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.所以h(x)在(0,1)上遞增,在(1,+)上遞

49、減,所以h(x)h(1)=0,即fn(x)gn(x).綜上所述,當x=1時,fn(x)=gn(x);當x1時,fn(x)0.當x=1時,fn(x)=gn(x).1(1)2nn nx(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)(1)2nnx當x1時,用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)gn(x).當n=2時,f2(x)-g2(x)=-(1-x)20,所以f2(x)g2(x)成立.假設(shè)n=k(k2)時,不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,當n=k+1時,fk+1(x)=fk(x)+xk+10),則hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(

50、k+1)xk-1(x-1).所以當0 x1時,hk(x)1時,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上遞增.所以hk(x)hk(1)=0,從而gk+1(x).12(1)(1)2kkx12(1)12kkxkxk12(1)12kkxkxk1(1)12kkkxkx12(1)12kkxkxk故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1時不等式也成立.由和知,對一切n2的整數(shù),都有fn(x)0(2kn),當x=1時,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).當x1時,mk(x)=nxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).而2kn,所以k-10,n-k+11.若0 x1,xn-k

51、+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0,從而mk(x)在(0,1)上遞減,在(1,+)上遞增,所以mk(x)mk(1)=0,1nxn(1)(1)nkxn1kn所以當x0且x1時,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x).綜上所述,當x=1時,fn(x)=gn(x);當x1時,fn(x)gn(x).8.(2015重慶,22,12分)在數(shù)列an中,a1=3,an+1an+an+1+=0(nN+).(1)若=0,=-2,求數(shù)列an的通項公式;(2)若=(k0N+,k02),=-1,證明:2+0,歸納可得3=a1a2anan+10.因為an+1=an-+

52、,所以對n=1,2,k0求和得=a1+(a2-a1)+(-)=a1-k0+2na0na01na01k01k2na01nak2na201nnaak222000111nnakkak01k01k011nk a 01ka01ka0ka01k01k01020111111nk ak ak a2+=2+.另一方面,由上已證的不等式知a1a22,得=a1-k0+2+=2+.綜上,2+2+.01k0000111313131kkkk個0131k 0ka01ka01ka01k01k001020111111kk ak ak a01k0000111212121kkkk個0121k 0131k 01ka0121k 9.(

53、2015湖北,22,14分)已知數(shù)列an的各項均為正數(shù),bn=an(nN+),e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)f(x)=1+x-ex的單調(diào)區(qū)間,并比較與e的大小;(2)計算,由此推測計算的公式,并給出證明;(3)令cn=(a1a2an,數(shù)列an,cn的前n項和分別記為Sn,Tn,證明:Tn0,即x0時,f(x)單調(diào)遞增;當f(x)0時,f(x)單調(diào)遞減.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+).當x0時,f(x)f(0)=0,即1+xex.令x=,得1+,即e.(2)=1=1+1=2;=22=(2+1)2=32;=323=(3+1)3=43.由此推測:=(n+1)n.下面

54、用數(shù)學(xué)歸納法證明.(i)當n=1時,左邊=右邊=2,成立.1n1n1en11nn11ba11111 212bba a11ba22ba21121 2 3123bb ba a a1 212bba a33ba31131 212nnbbba aa(ii)假設(shè)當n=k時,成立,即=(k+1)k.當n=k+1時,bk+1=(k+1)ak+1,由歸納假設(shè)可得=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以當n=k+1時,也成立.根據(jù)(i)(ii),可知對一切正整數(shù)n都成立.(3)證明:由cn的定義,算術(shù)-幾何平均不等式,bn的定義及得Tn=c1+c2+c3+cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3+(a1a

55、2an=+=b1+b2+bn1 212kkbbba aa1111kk1 21121kkkkbbb ba aa a1 212kkbbba aa11kkba1111kk11)12)13)1)n111( )2b121 2()3bb131 23()4bb b11 2()1nnbbbn11 2b122 3bb1233 4bbb12(1)nbbbn n1111 22 3(1)n n1112 33 4(1)n n1(1)n n=b1+b2+bn+=a1+a2+anea1+ea2+ean=eSn.即Tn=.所以Tn=.綜上可得對任意的nN*,均有Tn.11n1nn21x23x221nx2122342212nn

56、14221nx2212nn22(21)(2 )nn22(21)1(2 )nn222nn1nn21212231nn14n14n考點一數(shù)列求和考點一數(shù)列求和1.(2019廣東廣州天河一模,9)數(shù)列an滿足a1=1,對任意nN*,都有an+1=1+an+n,則+=()A.B.2C.D.11a21a991a9998995099100三年模擬A組 20172019年高考模擬考點基礎(chǔ)題組答案答案C對任意nN*,都有an+1=1+an+n,則an+1-an=n+1,則an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+1=,則=2,所以+=2=2=.故選C.(1)2n n

57、1na2(1)n n111nn11a21a991a111111223991001110099502.(2019湖南岳陽一模,13)曲線y=x+lnx(nN*)在x=處的切線斜率為an,則數(shù)列的前n項的和為.2n2n11nna a答案答案1nn解析解析對y=x+lnx(nN*)求導(dǎo),可得y=+,由曲線y=x+lnx(nN*)在x=處的切線斜率為an,可得an=+=n.所以=-,則數(shù)列的前n項的和為1-+-+-=.2n2n1x2n2n2n2n11nna a1(1)n n1n11n11nna a1212131n11n1nn3.(2018廣東廣州一模,17)已知數(shù)列an的前n項和為Sn,數(shù)列是首項為1

58、,公差為2的等差數(shù)列.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列bn滿足+=5-(4n+5),求數(shù)列bn的前n項和Tn.nSn11ab22abnnab12n解析解析(1)由題意可得:=1+2(n-1),可得Sn=2n2-n.n2時,an=Sn-Sn-1=2n2-n-2(n-1)2-(n-1)=4n-3.n=1時,a1=1對上式也成立.an=4n-3(nN*).(2)+=5-(4n+5),n2時,+=5-(4n+1),兩式相減可得=(4n-3)(n2),又=滿足上式,=(4n-3)(nN*).bn=2n.數(shù)列bn的前n項和Tn=2n+1-2.nSn11ab22abnnab12n11ab22ab11

59、nnab112nnnab12n11ab12nnab12n2(21)2 1n4.(2019廣東湛江一模,17)在等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn中,a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4.(1)求an和bn;(2)求數(shù)列nbn的前n項和Sn.解析解析(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q,a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4,a1+d=0,b1q=1,a1+2d=b1q2,a1+3d=b1q3,四式聯(lián)立解得a1=-2,d=2,b1=,q=2,an=-2+2(n-1)=2n-4,bn=2n-2.(2)數(shù)列nbn的前n項和Sn=+2+32+422+n2n-2,2Sn=1+22

60、+322+(n-1)2n-2+n2n-1,-Sn=+1+2+22+2n-2-n2n-1=-n2n-1,即Sn=(n-1)2n-1+.思路分析思路分析(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q,由a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4得a1+d=0,b1q=1,a1+2d=b1q2,a1+3d=b1q3,聯(lián)立解得a1,d,b1,q的值,即可得出結(jié)果;(2)利用錯位相減法即可得出結(jié)果.1212121(21)22 1n125.(2019安徽安慶二模,17)已知等比數(shù)列an滿足:S1=1,S2=4.(1)求an的通項公式及前n項和Sn;(2)設(shè)bn=,求數(shù)列bn的前n項和Tn.311