高考文科数学专题复习练习1数列的概念与表示
第六章数列
6.1数列的概念与表示
77
数列的概念
1.(2015广西柳州一中一模,文16,数列的概念,填空题)若数列{an}满足a1=2,an+1=1+an1-an(n∈N*),则该数列的前2 015项的乘积a1·a2·a3·…·a2 015= .
解析:由递推关系式,得an+2=1+an+11-an+1=-1an,则an+4=an.
∴{an}是以4为周期的一个周期数列.
由计算,得a1=2,a2=-3,a3=-12,a4=13,a5=2,…
∴a1a2a3a4=1.
∴a1·a2·…·a2 010·a2 011·a2 015=3.
答案:3
16.(2015江西上饶一模,文16,数列的概念,填空题)设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),关于数列{an}有下列四个命题:
①若an+1=an(n∈N*),则{an}既是等差数列又是等比数列;
②若Sn=an2+bn(a,b∈R),则{an}是等差数列;
③若Sn=1-(-1)n,则{an}是等比数列;
④若{an}是等差数列,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n(n∈N*)也成等差数列.
其中正确的命题是 (填上正确的序号).
解析:对于①,当an+1=an≠0时,{an}既是等差数列又是等比数列,否则不成立,∴①错误.
对于②,如an=n2,bn=1时,Sn=an2+bn=n4+1,{an}不是等差数列,∴②错误.
对于③,当Sn=1-(-1)n时,Sn+1=1-(-1)n+1,
∴an+1=Sn+1-Sn=2·(-1)n,an=2·(-1)n-1.
∴an+1an=-1为常数.
∴{an}是等比数列,③正确.
对于④,当{an}是等差数列时,Sn=na1+12n(n-1)d,
S2n-Sn=nan+1+12n(n-1)d,
S3n-S2n=na2n+1+12n(n-1)d,
∴(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=n(a2n+1-an+1)=n2d,(S2n-Sn)-Sn=n(an+1-a1)=n2d.
∴(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=(S2n-Sn)-Sn,
即Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,∴④正确.
综上,正确的命题是③④.
答案:③④
16.(2015山西朔州怀仁一中一模,文16,数列的概念,填空题)设数列{an}满足a1=5,且对任意整数n,总有(an+1+3)(an+3)=4an+4成立,则数列{an}的前2 015项的和为 .
解析:∵数列{an}满足a1=5,且对任意整数n,
总有(an+1+3)(an+3)=4an+4成立,
∴8(a2+3)=24,解得a2=0,
3(a3+3)=4,解得a3=-53,
43(a4+3)=-83,解得a4=-5,
-2(a5+3)=-16,解得a5=5.
∴数列{an}是以4为周期的数列,且a1+a2+a3+a4=-53,
2 015=503×4+3.
∴S2 015=503×-53+5+0-53=-835.
答案:-835
78
数列的通项公式
1.(2015吉林实验中学二模,文17,数列的通项公式,解答题)在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an+bn}是首项为1,公比为c的等比数列,求{bn}的前n项和Sn.
解:(1)设等差数列{an}的公差是d.
依题意a3+a8-(a2+a7)=2d=-6,从而d=-3.
所以a2+a7=2a1+7d=-23,解得a1=-1.
所以数列{an}的通项公式为an=-3n+2.
(2)由数列{an+bn}是首项为1,公比为c的等比数列,
得an+bn=cn-1,即-3n+2+bn=cn-1,
所以bn=3n-2+cn-1.
所以Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+c+c2+…+cn-1)
=n(3n-1)2+(1+c+c2+…+cn-1).
从而当c=1时,Sn=n(3n-1)2+n=3n2+n2;
当c≠1时,Sn=n(3n-1)2+1-cn1-c.
2.(2015山西太原一模,文15,数列的通项公式,填空题)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,Sn=2an+n(n∈N*),则an= .
解析:∵Sn=2an+n,
∴当n≥2时,Sn-1=2an-1+n-1.
两式相减得Sn-Sn-1=2an+n-(2an-1+n-1),
即an=2an-2an-1+1,
即an=2an-1-1,
即an-1=2an-1-1-1=2(an-1-1),
故数列{an-1}是公比q=2,首项为a1-1=-1-1=-2的等比数列,
则an-1=-2·2n-1=-2n,故an=1-2n.
答案:1-2n
3.(2015广西桂林、防城港联合调研,文17,数列的通项公式,解答题)在等差数列{an}中,已知a4=10,且a3,a6,a10成等比数列.
(1)求an;
(2)设bn=2an(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
又a4=10,可得a3=10-d,a6=10+2d,a10=10+6d,
由a3,a6,a10成等比数列,得(10+2d)2=(10-d)(10+6d),解得d=0或d=1.
若d=0,则a1=an=10,
若d=1,则a1=a4-3d=10-3×1=7,an=a1+(n-1)d=n+6.
故an=10或an=n+6.
(2)由bn=2an(n∈N*),
若an=10,则bn=210=1 024,故Sn=1 024n.
若an=n+6,则bn=2n+6,
∵bn+1bn=2n+72n+6=2,∴数列{bn}是首项为b1=27=128,公比为2的等比数列,
故Sn=128(1-2n)1-2=2n+7-128.
4.(2015黑龙江大庆二模,文17,数列的通项公式,解答题)已知公差不为0的等差数列{an}满足S7=77,且a1,a3,a11成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2an,求数列{bn}的前n项和为Tn.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
因为S7=7(a1+a7)2=77,所以7a4=77,
则a1+3d=11,①
因为a1,a3,a11成等比数列,所以a32=a1a11,整理得2d2=3a1d,
又d≠0,所以2d=3a1.②
联立①②,解得a1=2,d=3.
所以an=3n-1.
(2)因为bn=2an,所以bn=23n-1=12·8n,
所以数列{bn}是以4为首项,8为公比的等比数列,
由等比数列前n项和公式得,Tn=4(1-8n)1-8=23n+2-47.
5.(2015江西赣州一模,文12,数列的通项公式,选择题)已知数列{an}满足an+an+1=(-1)n(n+1)2n,Sn是其前n项和,若S2 015=-1 007,则a1=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:由已知得:a2+a3=-2,a4+a5=4,…,a2 012+a2 013=2 012,a2 014+a2 015=-2 014,
把以上各式相加得:S2 015-a1=-2 014+1 006=-1 008,
∴S2 015=a1-1 008=-1 007,即a1=1.
答案:B
6.(2015甘肃张掖4月模拟,文17,数列的通项公式,解答题)已知等差数列{an}中a3=7,其前n项和Sn=pn2+2n,n∈N*.
(1)求p的值及an;
(2)在等比数列{bn}中,b3=a1,b6=4a10-3,若等比数列{an}的前n项和为Tn.求证:数列Tn+16为等比数列.
解:(1)由题意可得:a3=S3-S2=5p+2=7,∴p=1.
∴a1=S1=3.
∴2d=a3-a1=4,∴公差d=2.
由此可得:an=2n+1.
(2)由题意可得:b3=b1q2=a1=3,b6=b1q5=4a10-3=81,
联立方程组解得:q=3,b1=13.
∴数列{bn}是以b1=13为首项,3为公比的等比数列.
∴Tn=13(1-3n)1-3=16(3n-1).
∴Tn+16=16·3n=12·3n-1.
又∵T1+16=12,Tn+16Tn-1+16=3,
∴Tn+16是以12为首项,3为公比的等比数列.
15.(2015山西太原二模,文15,数列的通项公式,填空题)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),则an= .
解析:∵an-an+1=nanan+1(n∈N*),
∴an-an+1anan+1=1an+1-1an=n.
∴1an=1an-1an-1+1an-1-1an-2+…+1a3-1a2+1a2-1a1+1a1
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+1a1
=(n-1)(n-1+1)2+1=n2-n+22,
∴an=2n2-n+2.
答案:2n2-n+2
11.(2015江西吉安一模,文11,数列的通项公式,选择题)如果数列{an}中,相邻两项an和an+1是二次方程xn2+2nxn+cn=0(n=1,2,3…)的两个根,当a1=2时,则c100的值为( )
A.-9 984 B.9 984 C.9 996 D.-9 996
解析:∵an和an+1是二次方程xn2+2nxn+cn=0(n=1,2,3…)的两个根,
∴an+an+1=-2n.
则(an+1+an+2)-(an+an+1)=-2,
∴an+2-an=-2.
∴数列{a2k-1}与{a2k}都是公差为-2的等差数列.
由a1=2,a1+a2=-2,解得a2=-4,
则a2n=-4-2(n-1)=-2n-2,a2n-1=2-2(n-1)=-2n+4,
∴a100=-2×50-2=-102,a101=-2×51+4=-98,
∴c100=a100·a101=-102×(-98)=9 996.
答案:C
17.(2015黑龙江绥化重点中学二模,文17,数列的通项公式,解答题)等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a7=-9,S9=-992.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=12Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn>-34.
(1)解:设数列{an}的公差为d,
∵a1+a7=-9,S9=-992,
∴2a1+6d=-9,9a1+36d=-992,解得a1=-32,d=-1.
∴an=-32-(n-1)=-2n+12.
(2)证明:∵Sn=n-32-2n+122=-n(n+2)2,
∴bn=12Sn=-1n(n+2)=-121n-1n+2.
∴数列{bn}的前n项和为
Tn=-121-13+12-14+13-15+…+
1n-1-1n+1+1n-1n+2
=-121+12-1n+1-1n+2
=121n+1+1n+2-34>-34.
∴Tn>-34.
17.(2015江西上饶二模,文17,数列的通项公式,解答题)已知正项等比数列{an}满足:ln a1+ln a3=4,ln a4+ln a6=10.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn=ln a1+ln a2+…+ln an,如果数列{bn}满足:bn=12Sn,设cn=(b1+b2+…+bn)23n,求cn的最大值.
解:(1)由题意可得,a1a3=e4,a4a6=e10,公比q6=e6(q>0)⇒q=e,a1=e,
∴an=en.
(2)由(1)可知,Sn=1+2+…+n=n(n+1)2,bn=1n(n+1)=1n-1n+1,
记cn=(b1+b2+…+bn)23n=nn+123n,
则cn+1-cn=n+1n+223n+1-nn+123n=-n2-2n+23(n+1)(n+2)23n<0,
∴cn>cn+1.
∴数列{cn}是单调递减数列,cn≤c1=13,即cn的最大值为13.
18.(2015江西红色六校一模,文18,数列的通项公式,解答题)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+13an=1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log4(1-Sn+1)(n∈N*),Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1,求使Tn≥1 0072 016成立的最小的正整数n的值.
解:(1)当n=1时,a1=S1,由S1+13a1=1⇒a1=34,
当n≥2时,Sn+13an=1,①
Sn-1+13an-1=1,②
①-②,得an+13an-13an-1=0,即an=14an-1,
∴{an}是以34为首项,14为公比的等比数列.
故an=3414n-1=314n(n∈N*).
(2)由(1)知1-Sn+1=13an+1=14n+1,
bn=log4(1-Sn+1)=log414n+1=-(n+1),
1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,
Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1
=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2
=12-1n+2,
12-1n+2≥1 0072 016⇒n≥2 014,
故使Tn≥1 0072 016成立的最小的正整数n的值为2 014.
17.(2015江西六校联考二模,文17,数列的通项公式,解答题)数列{bn}(n∈N*)是递增的等比数列,且b1+b3=17,b1b3=16,又an=log4bn+2.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若a12+a2+a3+…+am≤a66,求m的最大值.
解:(1)由b1+b2=17,b1b3=16,知b1,b3是方程x2-17x+16=0的两根,
注意到bn+1>bn,得b1=1,b3=16,
∴等比数列{bn}的公比为b3b1=4.
∴bn=4n-1,an=log4bn+2=log44n-1+2=n-1+2=n+1.
(2)由(1)知数列{an}是首项为2,公差为1的等差数列,
则a12+a2+a3+…+am=a12+a1+a2+a3+…+am-a1
=22+m×2+m(m-1)2×1-2=m2-m2+2m+2,
由a66=67.∴2+2m+m2-m2≤67.
整理得-13≤m≤10,∴m的最大值是10.
16.(2015广西南宁一模,文16,数列的通项公式,填空题)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足an+3Sn·Sn-1=0(n≥2,n∈N*),a1=13,则数列{an}的通项公式an= .
解析:由an+3Sn·Sn-1=0得an=-3Sn·Sn-1,
当n≥2时,an=-3Sn·Sn-1=Sn-Sn-1,
∵a1=13,∴Sn·Sn-1≠0.
等式两边同时除以Sn·Sn-1得1Sn-1Sn-1=3,
即1Sn是以3为首项,3为公差的等差数列,
则1Sn=3+3(n-1)=3n,
即Sn=13n,则an=-3Sn·Sn-1=-13n(n-1),n≥2,
∵a1=13不满足an=-13n(n-1),n≥2,
∴数列的通项公式an=13,n=1,-13n(n-1),n≥2.
答案:13,n=1,-13n(n-1),n≥2
18.(2015黑龙江大庆一模,文18,数列的通项公式,解答题)已知各项均为正数的数列{an}前n项和为Sn,首项为a1,且an是12和Sn的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若an=12bn,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由题意知2an=Sn+12,an>0,
当n=1时,2a1=a1+12,a1=12.
当n≥2时,Sn=2an-12,Sn-1=2an-1-12,
两式相减得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,
整理得anan-1=2,
所以数列{an}是以12为首项,2为公比的等比数列.
所以an=12·2n-1=2n-2.
(2)由an2=2-bn=22n-4得bn=4-2n,
所以bn+1-bn=-2(n∈N*).
所以数列{bn}是以2为首项,-2为公差的等差数列,
所以Tn=-n2+3n.
8.(2015广西梧州一模,文8,数列的通项公式,选择题)在数列{an}中,anan+1=12,a1=1,则a98+a101=( )
A.6 B.1 C.2 D.32
解析:∵在数列{an}中,anan+1=12,a1=1,
∴an+1=12an.
∴a2=12,
a3=12×12=1,
a4=12.
…
∴an=1,n为奇数,12,n为偶数.
∴a98+a101=12+1=32.
答案:D
17.(2015江西南昌零模,文17,数列的通项公式,解答题)已知函数f(x)=x3x+1,数列{an}是首项等于1且公比等于f(1)的等比数列;数列{bn}首项b1=13,满足递推关系bn+1=f(bn).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)函数f(x)=x3x+1,则f(1)=14.
由于数列{an}是首项等于1且公比等于f(1)的等比数列,
所以an=14n-1.
数列{bn}首项b1=13,满足递推关系bn+1=f(bn).
则bn+1=bn3bn+1,整理得1bn+1-1bn=3.
所以1bn是以1b1=13为首项,3为公差的等差数列.
解得bn=13n.
(2)cn=anbn=3n·14n-1,
则Tn=c1+c2+…+cn=3·140+6·141+…+3n·14n-1.①
14Tn=3·141+6·142+…+3n·14n.②
则①-②得34Tn=3·1-14n1-14-3n4n=4-4+3n4n.
所以Tn=163-3n+43·4n-1.
17.(2015江西重点中学协作体二模,文17,数列的通项公式,解答题)已知{an}为等差数列,数列{bn}满足对于任意n∈N*,点(bn,bn+1)在直线y=2x上,且a1=b1=2,a2=b2.
(1)求数列{an}与数列{bn}的通项公式;
(2)若cn=an,n为奇数,bn,n为偶数,求数列{cn}的前2n项的和S2n.
解:(1)由点(bn,bn+1)在直线y=2x上,有bn+1bn=2,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,
即数列{bn}的通项公式为bn=2n.
又a1=b1=2,a2=b2=4,则d=a2-a1=4-2=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,
即数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)cn=an,n为奇数,bn,n为偶数,
所以S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=n(2+4n-2)2+4(1-4n)1-4
=2n2+43(4n-1).
17.(2015江西新八校联考一模,文17,数列的通项公式,解答题)数列{an}中a1=2,an+1=an+c·n,n∈N*,c≠0,a1,a2,a3成等比数列.
(1)求c;
(2)求数列{an}通项公式.
解:(1)通过题意可得a1=2,a2=2+c,a3=2+3c,
∵a1,a2,a3成等比数列,∴(2+c)2=2(2+3c).
∴c=2或c=0(舍).
(2)当n≥2时,由an+1=an+c·n得
a2-a1=2,
a3-a2=2·2,
…
an-an-1=(n-1)·2,
∴an-a1=n(n-1).
又∵a1=2,∴an=n2-n+2(n∈N*).
7.(2015广西防城港、桂林一模,文7,数列的通项公式,选择题)已知{an}是等差数列,{bn}是正项等比数列,若a11=b10,则( )
A.a13+a9=b14b6
B.a13+a9=b14+b6
C.a13+a9≥b14+b6
D.a13+a9≤b14+b6
解析:设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的正项等比数列,
即有a13+a9=2a11=2b10,b14b6=b102,
则a13+a9-b14b6=(2-b10)b10,
当b10≥2时,a13+a9≤b14b6;
当0
b14b6.
又b14+b6=b1q13+b1q5,
由a13+a9-(b14+b6)=2b1q9-b1q13-b1q5,
=-b1q5(q8-2q4+1)=-b1q5(q4-1)2≤0,
则有a13+a9≤b14+b6.
综上可得,A,B,C均错,D正确.
答案:D
15.(2015江西宜春高安四校一模,文15,数列的通项公式,填空题)数列{an}中相邻两项an与an+1是方程x2+3nx+bn=0的两根,已知a10=-13,则b21等于 .
解析:∵an与an+1是方程x2+3nx+bn=0的两根,
∴an+an+1=-3n,an·an+1=bn.
由an+an+1=-3n,an+1+an+2=-3(n+1),
∴an+2-an=-3,
可得n为奇数、偶数时分别成等差数列,
由a10=-13,
∴a22=-13+6×(-3)=-31.
∴a21=-3×21-(-31)=-32.
∴b21=a21·a22=-31×(-32)=992.
答案:992
17.(2015山西太原五中二模,文17,数列的通项公式,解答题)已知数列{an}的奇数项是首项为1,公差为d的等差数列,偶数项是首项为2,公比为q的等比数列.数列{an}前n项和为Sn,且满足S3=a4,a3+a5=2+a4.
(1)求d和q的值;
(2)求数列{an}的通项公式和前n项和Sn.
解:(1)由题意得a1=1,a2=2,
又S3=a4,a3+a5=2+a4,
∴a1+a2+a3=a4,a3+a5=2+a4.
∴1+2+1+d=2q,1+d+1+2d=2+2q,即4+d=2q,2+3d=2+2q,
解得d=2,q=3.
(2)当n为奇数时,Sn=(a1+a3+…+an)+(a2+a4+…+an-1)
=n+12(a1+an)2+a2(1-qn-12)1-q
=n+141+1+n+12-1·2+2(1-3n-12)1-3
=(n+1)24+3n-12-1.
当n为偶数时,Sn=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)
=n2(a1+an-1)2+a2(1-qn2)1-q
=n41+1+n2-1·2+2(1-3n2)1-3
=n24+3n2-1.
2.(2015甘肃嘉峪关一中三模,文2,数列的通项公式,选择题)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a5=8,S3=6,则a9=( )
A.8 B.12 C.16 D.24
解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
则a5=a1+4d=8,S3=3a1+3d=6,解得a1=0,d=2,
所以a9=a1+8d=0+8×2=16.
答案:C
19.(2015甘肃嘉峪关一中三模,文19,数列的通项公式,解答题)公差不为零的等差数列{an}中,a3=7,又a2,a4,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=2an,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)设数列的公差为d,则
∵a3=7,又a2,a4,a9成等比数列.
∴(7+d)2=(7-d)(7+6d).
∴d2=3d.
∵d≠0,∴d=3.
∴an=7+(n-3)×3=3n-2,即an=3n-2.
(2)∵bn=2an,∴bn=23n-2,
∴bn+1bn=23n+123n-2=8.
∴数列{bn}是等比数列.
∵b1=2a1=2,∴数列{bn}的前n项和Sn=2(8n-1)7.
17.(2015黑龙江哈尔滨六中四模,文17,数列的通项公式,解答题)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,已知S10=55,且a2,a4,a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=Snn,求b3+b7+b11+…+b4n-1的值.
解:(1)由S10=55,a42=a2a8,得10a1+45d=55,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),
解得a1=d=1,故an=a1+(n-1)d=n.
(2)∵Sn=n(n+1)2,∴bn=Snn=n+12,则b4n-1=2n.
∴b3+b7+b11+…+b4n-1=2+4+6+…+2n=n(2+2n)2=n2+n.
13.(2015黑龙江哈尔滨三中四模,文13,数列的通项公式,填空题)在等比数列{an}中,a1=8,a4=a3·a5,则a7= .
解析:设等比数列{an}的公比为q,
∵a1=8,a4=a3·a5,∴8q3=8q2·8q4,
化为(2q)3=1,解得q=12.
∴a7=8×126=18.
答案:18
18.(2015江西三县部分高中一模,文18,数列的通项公式,解答题)若数列{an}满足a1=2,an+1=an3an+1.
(1)设bn=1an,问:{bn}是否为等差数列?若是,请说明理由并求出通项bn;
(2)设cn=anan+1,求{cn}的前n项和.
解:(1)∵an+1=an3an+1,bn=1an,
∴bn+1-bn=1an+1-1an=3.
∴{bn}是公差为3的等差数列.
又b1=1a1=12,∴bn=3n-52.
(2)∵bn=1an,∴an=26n-5.
由an+1=an3an+1,得3an+1an+an+1=an.
∴anan+1=13(an-an+1).
∴cn=13(an-an+1).
∴{cn}的前n项和为
Sn=13[(a1-a2)+(a2-a3)+…+(an-an+1)
=13(a1-an+1)
=132-26n+1=4n6n+1.
10.(2015吉林实验中学六模,文10,数列的通项公式,选择题)已知a1=1,an+1=an3an+1,则数列{an}的通项为an=( )
A.12n-1 B.2n-1
C.13n-2 D.3n-2
解析:∵an+1=an3an+1,∴3an+1an=an-an+1.
两边同除以an+1an得3=1an+1-1an,
由a1=1,∴1a1=1.
∴数列1an是首项为1,公差为3的等差数列.
∴1an=1+3(n-1)=3n-2.
∴an=13n-2.
答案:C
16.(2015山西太原外国语学校4月模拟,文16,数列的通项公式,解答题)已知数列{an}满足1a1+2a2+…+nan=38(32n-1),n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3ann,求1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1.
解:(1)1a1=38(32-1)=3,
当n≥2时,∵nan=1a1+2a2+…+nan-1a1+2a2+…+n-1an-1
=38(32n-1)-38(32n-2-1)=32n-1,
当n=1时,nan=32n-1也成立,∴an=n32n-1.
(2)∵bn=log3ann=-(2n-1),
∴1bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1.
∴1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1
=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1.
=121-12n+1=n2n+1.
11.(2015黑龙江绥化一模,文11,数列的通项公式,选择题)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2 015的值为( )
A.2 015 B.2 013 C.1 008 D.1 007
解析:∵当n≥2时,an+2Sn-1=n,
∴an+1+2Sn=n+1,两式相减得:
an+1+2Sn-(an+2Sn-1)=n+1-n,
即an+1+an=1,n≥2,
当n=2时,a2+2a1=2,解得a2=2-2a1=0,
满足an+1+an=1,
则当n是奇数时,an=1,
当n是偶数时,an=0,
则S2 015=1 008.
答案:C
14.(2015甘肃张掖二模,文14,数列的通项公式,填空题)数列{an}满足a1=3,1an+1-1an=5(n∈N*),则an= .
解析:∵所给的数列的递推式为1an+1-1an=5,
∴数列1an是一个公差是5的等差数列.
∵a1=3,∴1a1=13.
∴数列的通项是1an=1a1+5(n-1)=13+5n-5=5n-143.
∴an=315n-14.
答案:315n-14
6.2等差数列
80
等差数列的性质
1.(2015山西太原一模,文3,等差数列的性质,选择题)在单调递增的等差数列{an}中,若a3=1,a2a4=34,则a1=( )
A.-1 B.0 C.14 D.12
解析:在等差数列{an}中,a3=1,a2a4=34,
则由等差数列的通项公式a3=a1+2d=1,
(a1+d)(a1+3d)=34,
∴d=12,a1=0.
答案:B
4.(2015江西吉安一模,文4,等差数列的性质,选择题)在等差数列{an}中,首项a1=0,公差d≠0,若ak=a1+a2+a3+…+a7,则k=( )
A.22 B.23 C.24 D.25
解析:∵数列{an}为等差数列,且首项a1=0,公差d≠0,
又∵ak=(k-1)d=a1+a2+a3+…+a7=7a4=21d,故k=22.
答案:A
9.(2015江西鹰潭二模,文9,等差数列的性质,选择题)已知各项不为0的等差数列{an}满足a3-2a62+3a7=0,数列{bn}是等比数列,且b6=a6,则b1b7b10等于( )
A.1 B.2 C.4 D.8
解析:根据等差数列的性质得:a3+a7=2a5,a5+a7=2a6,
a3-2a62+3a7=0变为:2a5+2a7-2a62=0,即有2a6=a62,
解得a6=2,a6=0(舍去),
所以b6=a6=2.
则b1b7b10=b2b6b10=b63=8.
答案:D
8.(2015黑龙江大庆一模,文8,等差数列的性质,选择题)若{an}为等差数列,Sn是其前n项和,且S11=22π3,则tan a6的值为( )
A.3 B.-3 C.±3 D.-33
解析:∵S11=11(a1+a11)2=11a6=22π3.
∴a6=2π3.∴tan a6=-3.
答案:B
6.(2015江西上饶三模,文6,等差数列的性质,选择题)已知数列{an}为等差数列,前n项和为Sn,若a7+a8+a9=π6,则cos S15的值为( )
A.-12 B.12 C.32 D.-32
解析:∵数列{an}为等差数列,a7+a8+a9=π6,
∴3a8=π6.∴a8=π18.
∴S15=15(a1+a15)2=15a8=5π6.
∴cos S15=cos5π6=-32.
答案:D
5.(2015江西新余二模,文5,等差数列的性质,选择题)等差数列{an}中的a1,a4 025是函数f(x)=13x3-4x2+6x-1的极值点,则log2a2 013为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
解析:f'(x)=x2-8x+6,
∵a1,a4 025是函数f(x)=13x3-4x2+6x-1的极值点,
∴a1,a4 025是方程x2-8x+6=0的两实数根,则a1+a4 025=8.
而{an}为等差数列,∴a1+a4 025=2a2 013,即a2 013=4,
从而log2a2 013=log24=2.
答案:A
4.(2015山西太原山大附中高三月考,文4,等差数列的性质,选择题)在等差数列{an}中,有3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=48,则此数列的前13项和为( )
A.24 B.39 C.52 D.104
解析:∵3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=48,
利用等差数列的性质可得,6a4+6a10=48.
∴a1+a13=a4+a10=8.
∴S13=13(a1+a13)2=52.
答案:C
16.(2015甘肃兰州一中三模,文16,等差数列的性质,填空题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn=(a+1)n2+a,某三角形三边之比为a2∶a3∶a4,则该三角形的面积为 .
解析:∵{an}是等差数列,∴a=0,Sn=n2.
∴a2=3,a3=5,a4=7.
设三角形最大角为θ,由余弦定理,得cos θ=-12,
∴θ=120°.
∴该三角形的面积S=12×3×5×sin 120°=1534.
答案:1534
5.(2015甘肃庆阳一诊,文5,等差数列的性质,选择题)在等差数列{an}中,a2+a6=3π2,则sin2a4-π3=( )
A.32 B.12 C.-32 D.-12
解析:∵等差数列{an}中,a2+a6=3π2,
∴2a4=3π2.
∴sin2a4-π3=sin3π2-π3
=sinπ+π2-π3=-sinπ2-π3=-12.
答案:D
8.(2015甘肃张掖二模,文8,等差数列的性质,选择题)已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,若a3=7-a2,则S4=( )
A.15 B.14 C.13 D.12
解析:由题意可知a3=7-a2,
a3+a2=7,
S4=a1a2+a3+a4=2(a3+a2)=14.
答案:B
3.(2015甘肃张掖一模,文3,等差数列的性质,选择题)等差数列{an}中,a2=3,a3+a4=9,则a1a6的值为( )
A.14 B.18 C.21 D.27
解析:由等差数列的通项公式可得,a3+a4=2a1+5d=9,a1+d=3,
解方程可得,a1=2,d=1.
∴a1a6=2×7=14.
答案:A
81
等差数列前n项和公式与最值
1.(2015广西桂林、防城港联合调研,文16,等差数列前n项和公式与最值,填空题)若数列{an}满足an+1+(-1)n·an=2n-1,则{an}的前40项和为 .
解析:由于数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,
故有a2-a1=1,a3+a2=3,a4-a3=5,
a5+a4=7,a6-a5=9,a7+a6=11…a50-a49=97.
从而可得a3+a1=2,a4+a2=8,a7+a5=2,a8+a6=24,a9+a7=2,a12+a10=40,a13+a11=2,a16+a14=56,…
从第一项开始,依次取2个相邻奇数项的和都等于2,
从第二项开始,依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项,以16为公差的等差数列.
{an}的前40项和为10×2+10×8+10×92×16=820.
答案:820
2.(2015江西赣州一模,文14,等差数列前n项和公式与最值,填空题)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S9=45,则a5= .
解析:由等差数列的求和公式和性质可得:
S9=9(a1+a9)2=9×2a52=9a5=45,
∴a5=5.
答案:5
13.(2015吉林三模,文13,等差数列前n项和公式与最值,填空题)已知等差数列{an}中,a2=2,a5=8,则其前6项和S6= .
解析:∵等差数列{an}中,a2=2,a5=8,
∴数列的公差d=a5-a25-2=8-23=2.
∴首项a1=a2-d=2-2=0.
∴前6项和S6=6a1+6×52d=30.
答案:30
4.(2015江西景德镇二模,文4,等差数列前n项和公式与最值,选择题)设Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若S9=3a8,则S153a5=( )
A.15 B.17 C.19 D.21
解析:在等差数列中,若S9=3a8,
则9(a1+a9)2=3a8.
即9a5=3a8,∴a8=3a5.
则S153a5=15(a1+a15)23a5=15a83a5=5×3a5a5=15.
答案:A
14.(2015贵州贵阳一模,文14,等差数列前n项和公式与最值,填空题)若Sn是等差数列{an}的前n项和,且S8-S3=20,则S11的值为 .
解析:∵S8-S3=a4+a5+a6+a7+a8=20,
由等差数列的性质可得,5a6=20,
∴a6=4.
由等差数列的求和公式可得S11=11(a1+a11)2=11a6=44.
答案:44
6.(2015江西上饶一模,文6,等差数列,前n项和公式与最值,选择题)等差数列{an}中,若a1 008a1 007=2 0132 015,则S2 015S2 013=( )
A.2 0132 015 B.2 0152 013 C.2 01522 0132 D.1
解析:由题意可得S2 015S2 013=2 015(a1+a2 015)22 013(a1+a2 013)2
=2 015×2a1 00822 013×2a1 0072=2 0152 013·a1 008a1 007=2 0152 013·2 0132 015=1.
答案:D
15.(2015山西四校联考三模,文15,等差数列前n项和公式与最值,填空题)设数列{an}满足a2+a4=10,点Pn(n,an)对任意的n∈N*,都有向量PnPn+1=(1,2),则数列{an}的前n项和Sn= .
解析:∵Pn(n,an),∴Pn+1(n+1,an+1).
∴PnPn+1=(1,an+1-an)=(1,2).
∴an+1-an=2.
∴{an}为等差数列,公差d=2,将a2=a1+2,a4=a1+6代入a2+a4=10中,解得a1=2.
∴an=2+(n-1)×2=2n.
∴Sn=a1+an2×n=n2+n.
答案:n2+n
8.(2015黑龙江哈尔滨三中四模,文8,等差数列的前n项和公式与最值,选择题)已知{an}是等差数列,a10=10,其前10项和S10=70,则其公差d=( )
A.-23 B.-13 C.13 D.23
解析:设{an}的公差为d,首项为a1,由题意得
a1+9d=10,10a1+10×92d=70,解得a1=4,d=23.
答案:D
6.3等比数列
83
等比数列的性质
1.(2015黑龙江大庆二模,文7等比数列的性质,选择题)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为54,则S5=( )
A.29 B.31 C.33 D.36
解析:设等比数列{an}的公比为q,
∵a2a3=2a1,∴a12q3=2a1.①
∵a4与2a7的等差中项为54,
∴a4+2a7=52,即a1q3+2a1q6=52.②
联立①②可解得a1=16,q=12,
∴S5=a1(1-q5)1-q=31.
答案:B
2.(2015甘肃张掖4月模拟,文6,等比数列的性质,选择题)已知实数4,m,1构成一个等比数列,则圆锥曲线x2m+y2=1的离心率为( )
A.22 B.3 C.22或3 D.12或3
解析:∵4,m,1构成一个等比数列,
∴m=±2.
当m=2时,圆锥曲线x2m+y2=1是椭圆x22+y2=1,
它的离心率是e1=12=22.
当m=-2时,圆锥曲线x2m+y2=1是双曲线y2-x22=1.
它的离心率是e2=31=3.
答案:C
14.(2015贵州黔东南州一模,文14,等比数列的性质,填空题)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,2S2,3S3成等差数列,则{an}的公比为 .
解析:∵等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,2S2,3S3成等差数列,
∴an=a1qn-1.
又4S2=S1+3S3,即4(a1+a1q)=a1+3(a1+a1q+a1q2),解得q=13.
答案:13
9.(2015贵州贵阳一模,文9,等比数列的性质,选择题)在等比数列{an}中,2a4,a6,48成等差数列,且a3·a5=64,则{an}的前8项和为( )
A.255 B.85
C.255或-85 D.255或85
解析:在等比数列{an}中,a3·a5=64,可得a42=64,解得a4=±8.
当a4=8时,2a4,a6,48成等差数列,即16,a6,48成等差数列,可得a6=32.
q2=328=4,解得q=±2.q=2时,a1=a4q3=1,q=-2时,a1=-1.
当q=2,a1=1时,S8=a1(1-q8)1-q=1(1-28)1-2=255.
当q=-2,a1=-1时,S8=a1(1-q8)1-q=-1[1-(-2)8]1+2=85.
当a4=-8时,2a4,a6,48成等差数列,即-16,a6,48成等差数列,可得a6=16.
q2=16-8无解.
答案:D
3.(2015山西四校联考三模,文3,等比数列的性质,选择题)若等比数列{an}满足a1+a3=20,a2+a4=40,则公比q=( )
A.1 B.2 C.-2 D.4
解析:等比数列{an}满足a1+a3=20,a2+a4=40,
可得a2+a4a1+a3=(a1+a3)qa1+a3=q=4020=2.
答案:B
11.(2015甘肃兰州一中模拟,文11,等比数列的性质,选择题)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n=4(a1+a3+…+a2n-1),a1a2a3=27,则a6=( )
A.27 B.81 C.243 D.729
解析:利用等比数列的性质可得,a1a2a3=a23=27,即a2=3.
因为S2n=4(a1+a3+…+a2n-1),
所以n=1时有S2=a1+a2=4a1从而可得a1=1,q=3.
所以a6=1×35=243.
答案:C
4.(2015山西朔州怀仁一中一模,文4,等比数列的性质,选择题)已知数列{an}是等比数列,且a2+a6=3,a6+a10=12,则a8+a12=( )
A.122 B.24 C.242 D.48
解析:设等比数列{an}的公比为q,且q≠0,
∵a2+a6=3,a6+a10=12,∴q4=4.
∴q2=2.∴a8+a12=q6(a2+a6)=24.
答案:B
17.(2015甘肃兰州一模,文17,等比数列的性质,解答题)等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求数列{|bn|}的前n项和Sn.
解:(1)∵a1=2,a4=16,
∴q3=a4a1=8即q=2.∴an=2n.
(2)由(1)可知,a3=b3=8,a5=b5=32,
∴d=b5-b35-3=12.
∴bn=b3+(n-3)d=8+12(n-3)=12n-28.
其前n项和为Tn=-16n+12n(n-1)×12=6n2-22n,
当n≤2时,bn<0,Sn=-(b1+…+bn)=-Tn=-6n2+22n,
当n≥3时,Sn=-(b1+b2)+b3+…+bn
=Tn-2T2=6n2-22n+40.
∴Sn=-6n2+22n,n≤2,6n2-22n+40,n≥3.
16.(5分)(2015甘肃庆阳一诊,文16,等比数列的性质,填空题)设a1,a2,…,a10成等比数列,且a1a2…a10=32,记x=a1+a2+…+a10,y=1a1+1a2+…+1a10,则xy= .
解析:∵a1,a2,…,a10成等比数列,且a1a2…a10=32,
∴a1·a10=a2·a9=a3·a8=a4·a7=a5·a6=2.
∴y=1a1+1a2+…+1a10
=122a1+2a2+…+2a10
=12a1a10a1+a2a9a2+…+a10a1a10
=12(a1+a2+…+a10)=12x.
∴xy=2.
答案:2
7.(2015甘肃河西五地一模,文7,等比数列的性质,选择题)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前8项和等于( )
A.6 B.5 C.3 D.4
解析:∵等比数列{an}中a4=2,a5=5,
∴a4·a5=2×5=10.
∴数列{lg an}的前8项和S=lg a1+lg a2+…+lg a8
=lg(a1·a2…a8)=lg(a4·a5)4
=4lg(a4·a5)=4lg 10=4.
答案:D
84
等比数列前n项和公式
5.(2015江西九江一模,文5,等比数列前n项和公式,选择题)已知单调递增的等比数列{an}中,a2·a6=16,a3+a5=10,则数列{an}的前n项和Sn=( )
A.2n-2-14 B.2n-1-12
C.2n-1 D.2n+1-2
解析:∵a2·a6=16,a3+a5=10,
∴由等比数列的性质可得a3·a5=16,a3+a5=10.
∴a3,a5为方程x2-10x+16=0的实根,
解方程可得a3=2,a5=8,或a3=8,a5=2.
∵等比数列{an}单调递增,
∴a3=2,a5=8,∴q=2,a1=12.
∴Sn=12(1-2n)1-2=2n-1-12.
答案:B
14.(2015江西鹰潭二模,文14,等比数列前n项和公式,填空题)设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2-a5=0,则S4S2= .
解析:∵8a2-a5=0,∴a5a2=a1q4a1q=q3=8,q=2,
S4S2=a1+a2+a3+a4a1+a2=1+q2(a1+a2)a1+a2=1+q2=5.
答案:5
5.(2015广西南宁一模,文5,等比数列,前n项和公式,选择题)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,a4=-8,则S5等于( )
A.-11 B.11 C.31 D.-31
解析:∵等比数列{an}中a1=1,a4=-8,
∴公比q=3a4a1=-2.
∴S5=1-(-2)51-(-2)=11.
答案:B
10.(2015江西上饶三模,文10,等比数列前n项和公式,选择题)设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,对∀x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),若数列{an}满足a1=13,an=f(n),n∈N*,且其前n项和Sn对任意的正整数n都有Sn≤M成立,则M的最小值是( )
A.14 B.13 C.12 D.1
解析:∵对任意x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),
∴令x=n,y=1,得f(n)·f(1)=f(n+1),
即an+1an=f(n+1)f(n)=f(1)=13.
∴数列{an}是以13为首项,以13为公比的等比数列.
∴an=f(n)=13n.
∴Sn=131-13n1-13=12-1213n∈16,12.
答案:C
17.(2015江西赣州兴国一模,文17,等比数列前n项和公式,解答题)数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2(an-1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若bn=log2an+1(n≥1,n∈N),设Tn为数列1(n+1)(bn-1)的前n项和,求Tn.
解:(1)当n=1时,S1=a1=2(a1-1),∴a1=2.
当n≥2时,Sn=2Sn-2Sn-1-2,
即Sn+2=2(Sn-1+2),而S1+2=4≠0,
∴{Sn+2}是以4为首项,以2为公比的等比数列.
∴Sn=4·2n-1-2=2n+1-2.
当n=1时,上式成立,∴Sn=2n+1-2.
(2)由(1)知an=2n,∴bn=log2an+1=n+1.
而1(n+1)(bn-1)=1n(n+1)=1n-1n+1,
∴Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=nn+1.
4.(2015甘肃兰州一中三模,文4,等比数列的前n项和公式,选择题)设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a1-a4=0,则S4S2=( )
A.-8 B.8 C.5 D.15
解析:∵8a1-a4=0,∴q3=8.
∴q=2.∴S4S2=S2+q2S2S2=1+q2=5.
答案:C
6.(2015黑龙江哈尔滨九中三模,文6,等比数列前n项和公式,选择题)设等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=10,S12=130,则S16为( )
A.400 B.-510
C.400或-510 D.270
解析:∵等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=10,S12=130,
∴a1(1-q4)1-q=10,a1(1-q12)1-q=130.
∴q4=3,a11-q=-5.
∴S16=a11-q×(1-q16)=400.
答案:A
7.(2015江西三县部分高中一模,文7,等比数列前n项和公式,选择题)已知{an}是首项为32的等比数列,Sn是其前n项和,且S6S3=6564,则数列{|log2an|}前10项和为( )
A.58 B.56 C.50 D.45
解析:∵{an}是首项为32的等比数列,Sn是其前n项和,且S6S3=6564,
∴32(1-q6)1-q32(1-q3)1-q=6564.∴1+q3=6564.
∴q=14.∴an=32·14n-1=27-2n.
∴|log2an|=|7-2n|,
∴数列{|log2an|}前10项和为5+3+1+1+3+5+7+9+11+13=58.
答案:A
6.(2015山西太原外国语学校4月模拟,文6,等比数列的前n项和公式,选择题)已知等比数列{an}的前n项和Sn,且a1+a3=52,a2+a4=54,则Snan=( )
A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1
解析:∵等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=52,a2+a4=54,
∴两式相除可得公比q=12.
∴a1=2.
∴an=2·12n-1=12n-2,
Sn=21-12n1-12=41-12n.∴Snan=2n-1.
答案:D
17.(2015甘肃河西五地二模,文17,等比数列前n项和公式,解答题)设数列{an}的前n项和为Sn,点n,Snn,n∈N*均在函数y=x的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等比数列,且b1=1,b1b2b3=8,求数列{an+bn}的前n项和Tn.
解:(1)∵点n,Snn,n∈N*均在函数y=x的图象上,
∴Snn=n,化为Sn=n2.
当n=1时,a1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,
当n=1时,也成立,∴an=2n-1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q,
∵b1=1,b1b2b3=8,
∴1×q×q2=8,解得q=2.
∴bn=2n-1.∴an+bn=(2n-1)+2n-1.
∴数列{an+bn}的前n项和Tn=[1+3+…+(2n-1)]+(1+2+22+…+2n-1)
=n2+2n-12-1=n2+2n-1.
17.(2015甘肃兰州二诊,文17,等比数列前n项和公式,解答题)已知数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=32n2-12n.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=2an,求证:b1+b2+…+bn>27.
(1)解:∵Sn=32n2-12n.
∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=32n2-12n-32(n-1)2-12(n-1)=3n-2.
当n=1时,也成立.∴an=3n-2.
(2)证明:∵bn=2an=23n-2,∴bn+1bn=23(n+1)-223n-2=8.
∴数列{bn}是以2为首项,以8为公比的等比数列,
∴b1+b2+…+bn=2(8n-1)8-1=27(8n-1)>27.
6.4数列求和
85
分组求和与并项求和
17.(2015山西太原二模,文17,分组求和与并项求和,解答题)已知公比q>0的等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3=7.数列{bn}中b1=0,b3=1.
(1)若数列{an+bn}是等差数列,求an,bn;
(2)在(1)的条件下,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由题意可知:S3=1+q+q2=7,
解得q=-3或q=2.
∵公比q>0,∴q=2,∴an=2n-1.
∴a1+b1=1,a3+b3=5.
∴数列{an+bn}的公差d=2.
∴an+bn=2n-1.
∴bn=2n-1-an=2n-1-2n-1.
(2)由(1)得bn=2n-1-2n-1,
∴Tn=(1-20)+(3-21)+(5-22)+…+[(2n-1)-2n-1]
=[1+3+5+…+(2n-1)]-(20+21+22+…+2n-1)
=n2-2n+1.
14.(2015江西吉安一模,文14,分组求和与并项求和,填空题)数列112,314,518,7116,9132,…的前n项之和等于 .
解析:数列112,314,518,7116,9132,…的前n项之和
=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+123+…+12n
=n(1+2n-1)2+121-12n1-12
=n2+1-12n.
答案:n2+1-12n
16.(2015广西梧州一模,文16,分组求和与并项求和,填空题)已知数列{an}的通项公式为an=n2cos2nπ3(n∈N*),则S3n= .
解析:∵an=n2cos2nπ3,
∴a3n-2+a3n-1+a3n=-(3n-2)22-(3n-1)22+9n2=18n-52.
∴S3n=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a3n-2+a3n-1+a3n)
=9-52+9×2-52+…+9n-52
=9(1+2+…+n)-5n2=9n2+4n2.
答案:9n2+4n2
86
错位相减求和
1.(2015江西上饶重点中学一模,文20,错位相减求和,解答题)已知数列an3n-1的前n项和Sn=1-3n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=n·an,求{bn}的前n项和Tn.
解:(1)当n≥2时,an3n-1=Sn-Sn-1
=1-3n-[1-3(n-1)]=-3,
∴an=-3n.
当n=1时,a1=S1=-2不满足上式.
∴an=-2,n=1,-3n,n≥2.
(2)bn=n·an=-2,n=1,-n·3n,n≥2,
Tn=-2-2×32-3×33-…-n·3n,
3Tn=-6-2×33-3×34-…-n·3n+1,
∴-2Tn=-14-33-34-…-3n+n·3n+1=-2-3(3n-1)2-1+n·3n+1=-12+n-12·3n+1.
∴Tn=14+1212-n·3n+1.
2.(2015广西玉林、贵港4月模拟,文17,错位相减求和,解答题)已知数列{an}中,a1=3,a2=5,且{an-1}是等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)∵{an-1}是等比数列且a1-1=2,a2-1=4,
∴a2-1a1-1=2.∴an-1=2·2n-1=2n.∴an=2n+1.
(2)∵bn=nan=n·2n+n,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=(2+2×22+3×23+…+n·2n)+(1+2+3+…+n).
令T=2+2×22+3×23+…+n·2n,
则2T=22+2×23+3×24+…+n·2n+1,
两式相减,得-T=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1-2n)1-2-n·2n+1,
∴T=2(1-2n)+n·2n+1=2+(n-1)·2n+1.
∵1+2+3+…+n=n(n+1)2,
∴Tn=(n-1)·2n+1+n2+n+42.
18.(2015江西红色六校二模,文18,错位相减求和,解答题)已知{an}是正数组成的数列,a1=1,且点(an,an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上.数列{bn}满足b1=1,bn+1=bn+2an.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=an·bn,求{cn}的前n项和Sn.
解:(1)由已知得an+1=an+1,即an+1-an=1,
又a1=1,所以数列{an}是以1为首项,公差为1的等差数列.
故an=1+(a-1)×1=n.
从而bn+1-bn=2n.
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=2n-1+2n-2+…+2+1
=1-2n1-2=2n-1.
(2)cn=n2n-n
令Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,①
则2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,②
①-②,得:-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1
=2(1-2n)1-2-n×2n+1
=(1-n)·2n+1-2,
由错位相减法可得Tn=(n-1)·2n+1+2.
从而Sn=(n-1)·2n+1+2-n(n+1)2.
18.(2015江西宜春高安四校一模,文18,错位相减求和,解答题)已知单调递增的等比数列{an}满足:a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{an}前n项的和为Sn,若数列{bn}满足bn=anlog2(Sn+2),试求数列{bn}前n项的和Tn.
解:(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,
∵a3+2是a2,a4的等差中项,
∴2(a3+2)=a2+a4.
代入a2+a3+a4=28,得a3=8,
∴a1q+a1q3=20,a3=a1q2=8,
解之得a1=2,q=2或a1=32,q=12.
又{an}单调递增,∴a1=2,q=2.
∴an=2n.
(2)由an=2n,
∴Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2.
∴Sn+2=2n+1.
∴bn=anlog2(Sn+2)=2n·log22n+1=(n+1)2n.
∴Tn=2×21+3×22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,
2Tn=2×22+3×23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,
∴-Tn=2×21+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1
=2+(21+22+…+2n)-(n+1)·2n+1
=2+2×(1-2n)1-2-(n+1)·2n+1=-n·2n+1.
∴Tn=n·2n+1.
18.(2015山西太原山大附中高三月考,文18,错位相减求和,解答题)已知函数f(x)=x2+bx为偶函数,数列{an}满足an+1=2f(an-1)+1,且a1=3,an>1.
(1)设bn=log2(an-1),求证:数列{bn+1}为等比数列;
(2)设cn=nbn,求数列{cn}的前n项和Sn.
(1)证明:∵函数f(x)=x2+bx为偶函数,
∴f(-x)=f(x),∴b=0.
∵an+1=2f(an-1)+1,
∴an+1-1=2(an-1)2.
∵bn=log2(an-1),∴bn+1=1+2bn.
∴bn+1+1=2(bn+1).
∴数列{bn+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列.
(2)解:由(1)可得,bn+1=2n,
∴bn=2n-1.∴cn=nbn=n·2n-n.
∴Sn=1·2+2·22+…+n·2n-n(n+1)2.
令T=1·2+2·22+…+n·2n,
2Tn=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1.
两式相减可得,-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2.
∴Tn=(n-1)·2n+1+2.
∴Sn=(n-1)·2n+1+2-n(n+1)2.
17.(2015甘肃兰州一中三模,文17,错位相减求和,解答题)数列{an}中,a1=2,an+1=an+cn(c是不为0的常数,n∈N*),且a1,a2,a3成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an-cn·cn,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由已知可知a2=2+c,a3=2+3c.
则(2+c)2=2(2+3c),∴c=2.
从而有an+1=an+2n.
当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=2+2×1+2×2+…+2n=n2-n+2.
当n=1时,a1=2适合上式,因而an=n2-n+2.
(2)∵bn=an-cn·cn=an-2n·2n=n-12n,
Tn=b1+b2+…+bn=02+122+…+n-22n-1+n-12n,
12Tn=022+123+…+n-22n+n-12n+1,
相减可得,12Tn=122+123+…+12n-n-121+n
=141-12n-11-12-n-12n+1.
∴Tn=1-n+12n.
18.(2015黑龙江绥化一模,文18,错位相减求和,解答题)已知首项都是1的数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足bn+1=an+1bnan+3bn.
(1)令cn=anbn,求数列{cn}的通项公式;
(2)若数列{bn}为各项均为正数的等比数列,且b32=4b2·b6,求数列{an}的前n项和Sn.
解:(1)由题意得an+1bn=an·bn+1+3bn·bn+1,
两边同时除以bnbn+1,得an+1bn+1=anbn+3,
又cn=anbn,∴cn+1-cn=3.
又c1=a1b1=1,
∴数列{cn}是首项为1,公差为3的等差数列.
∴cn=1+3(n-1)=3n-2,n∈N*.
(2)设数列{bn}的公比为q,q>0,
∵b32=4b2·b6,∴b12q4=4b12·q6,
整理,得q2=14,∴q=12.
又b1=1,∴bn=12n-1,n∈N*,
an=cnbn=(3n-2)×12n-1,
∴Sn=1×120+4×12+7×122+…+(3n-2)×12n-1①
∴12Sn=1×12+4×122+7×123+…+(3n-2)×12n.②
①-②,得:
12Sn=1+3×12+3×122+…+3×12n-1-(3n-2)×12n
=1+312+122+…+12n-1-(3n-2)×12n
=1+31-12n-1-(3n-2)×12n
=4-(6+3n-2)×12n
=4-(3n+4)×12n,
∴Sn=8-(6n+8)×12n.
87
裂项相消求和
1.(2015吉林实验中学二模,文10,裂项相消求和,选择题)数列{an}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有an+1=an+a1+n,则1a1+1a2+…+1a2 014等于( )
A.4 0262 015 B.4 0282 015 C.2 0132 014 D.2 0142 015
解析:∵an+1=an+a1+n,a1=1,
∴an+1-an=1+n.
∴an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)
=1+2+…+n=n(n+1)2.
则1an=2n(n+1)=21n-1n+1,
从而1a1+1a2+…+1a2 014
=21-12+12-13+…+12 014-12 015
=21-12 015=4 0282 015.
答案:B
2.(2015广西柳州一模,文17,裂项相消求和,解答题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=n2+n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=1anan+1+2an-1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)∵数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=n2+n,
n≥2时,2Sn-1=(n-1)2+(n-1),
∴2an=2Sn-2Sn-1=2n.∴an=n(n≥2).
又n=1时,a1=1适合上式.
∴an=n.
(2)∵bn=1anan+1+2an-1=1n(n+1)+2n-1=1n-1n+1+(2n-1),
∴Sn=1-12+12-13+13-14+…+
1n-1n+1+(1+3+…+2n-1)
=1-1n+1+n2=n2+1-1n+1.
17.(2015江西九江一模,文17,裂项相消求和,解答题)已知等差数列{an}中,a1=1,其前n项和Sn满足Sn+4+Sn2=Sn+2+4(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)已知等差数列{an}中,其前n项和Sn满足Sn+4+Sn2=Sn+2+4(n∈N*).
令n=1,则S5+S1=2S3+8,
利用等差数列的前n项和公式,设公差为d,a1=1,
则得到5a1+5×42d+a1=23a1+3×22d+8,
解得d=2.
所以an=1+2(n-1)=2n-1.
(2)由(1)an=2n-1,
则bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)
=1212n-1-12n+1
Tn=b1+b2+…+bn
=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=121-12n+1=n2n+1.
10.(2015江西鹰潭一模,文10,裂项相消求和,选择题)定义np1+p2+…+pn为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1,又bn=an+14,则1b1b2+1b2b3+…+1b9b10=( )
A.111 B.910 C.1011 D.1112
解析:定义np1+p2+…+pn为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.
所以已知数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1,
即na1+a2+…+an=12n+1.
所以Sn=n(2n+1).
则an=Sn-Sn-1=4n-1,
当n=1时也成立.
则an=4n-1.
由于bn=an+14=n,
所以1bnbn+1=1n-1n+1.
则1b1b2+1b2b3+…+1b9b10
=1-12+12-13+…+19-110
=1-110=910.
答案:B
17.(2015贵州贵阳二模,文17,裂项相消求和,解答题)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,S7=70,且a1,a2,a6成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=32Sn+4n,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d≠0,
∵S7=70,且a1,a2,a6成等比数列,
∴7a1+7×62d=70,a22=a1a6,即a1+3d=10,(a1+d)2=a1(a1+5d).
又d≠0,解得a1=1,d=3,
∴an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)由(1)可得:Sn=n(1+3n-2)2=3n2-n2.
bn=32Sn+4n=32×3n2-n2+4n=1n(n+1)=1n-1n+1,
∴数列{bn}的前n项和Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1
17.(2015江西重点中学协作体一模,文17,裂项相消求和,解答题)已知数列{an}为等比数列,a1=1,且a2,a3+1,a4成等差数列.
(1)求数列的通项公式an;
(2)若数列{bn}满足:bn=an(an+1)(an+1+1),设其前n项和为Sn,证明:Sn<12.
(1)解:设数列{an}的公比为q,
∵a1=1,∴a2=q,a3=q2,a4=q3.
又∵a2,a3+1,a4成等差数列,
∴2(1+q2)=q+q3,解得q=2.
∴an=2n-1.
(2)证明:∵bn=an(an+1)(an+1+1)
=2n-1(1+2n-1)(1+2n)
=11+2n-1-11+2n,
∴Sn=11+1-11+2+11+2-11+22+11+22-11+23+…+11+2n-1-11+2n
=11+1-11+2n<12.
即Sn<12.
12.(2015广西防城港、桂林一模,文12,裂项相消求和,选择题)已知数列{an}满足a1=2,nan+(n+1)an-1=0,x∈N*,且n≥2,则数列an(2n+1)(2n+3)的前10项和为( )
A.569 B.1069 C.2069 D.2569
解析:数列{an}满足a1=2,nan+(n+1)an-1=0,n∈N*,且n≥2,
∴anan-1=-n+1n.
∴an=anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1·a1
=(-1)n-1·n+1n·nn-1·…·43·32·2
=(-1)n-1·(n+1).
∴an(2n+1)(2n+3)=(-1)n-1·1412n+1+12n+3.
∴数列an(2n+1)(2n+3)的前10项和
=14×13+15-15+17-…-119+121-
121+123
=1413-123=569.
答案:A
10.(2015甘肃张掖二模,文10,裂项相消求和,选择题)若函数g(x)=xm+ax的导函数为g'(x)=2x+1,则数列1g(n)(n∈N*)的前n项和是( )
A.nn-1 B.n+2n+1 C.nn+1 D.n+1n
解析:∵函数g(x)=xm+ax的导函数为g'(x)=mxm-1+a,而已知g'(x)=2x+1,∴m=2,a=1.
∴g(x)=x2+x.∴1g(n)=1n2+n=1n-1n+1.
则数列1g(n)(n∈N*)的前n项和Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
答案:C
17.(2015甘肃张掖一模,文17,裂项相消求和,解答题)已知数列{an}与{bn},若a1=3,且对任意正整数n满足an+1-an=2,数列{bn}的前n项和Sn=n2+an.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列1bnbn+1的前n项和Tn.
解:(1)由题意知数列{an}是公差为2的等差数列,
又∵a1=3,∴an=3+2(n-1)=2n+1.
列{bn}的前n项和Sn=n2+an=n2+2n+1=(n+1)2.
当n=1时,b1=S1=4;
当n≥2时,
bn=Sn-Sn-1=(n2+2n+1)-[(n-1)2+2(n-1)+1]=2n+1.
上式对b1=4不成立.
∴数列{bn}的通项公式bn=4,n=1,2n+1,n≥2.
(2)n=1时,T1=1b1b2=120;
n≥2时,1bnbn+1=1(2n+1)(2n+3)
=1212n+1-12n+3,
∴Tn=120+1215-17-19+…+12n+1-12n+3
=120+n-110n+15=6n-120(2n+3).
n=1仍然适合上式.
综上,Tn=120+n-110n+15=6n-120(2n+3).
6.5数列的综合应用
88
数列与不等式相结合问题
17.(2015江西上饶重点中学二模,文17,数列与不等式相结合问题,解答题)对于数列{an},定义其积数是Vn=a1·a2·a3…ann(n∈N*).
(1)若数列{an}的积数是Vn=n+1,求an;
(2)等比数列{an}中,a2=3,a3是a2和a4的等差中项,若数列{an}的积数Vn满足Vn≥2t-1n对一切n∈N*恒成立,求实数t的取值范围.
解:(1)∵Vn=n+1,
∴a1·a2·a3·…·an=n(n+1),①
当n≥2时,a1·a2·a3·…·an-1=(n-1)·n,②
①②得,an=n+1n-1,
当n=1时,a1=V1=2,
∴an=2(n=1),n+1n-1(n≥2,n∈N*).
(2)设等比数列{an}的公比为q,
∵a3是a2和a4的等差中项,且a2=3,
∴2a3=a2+a4.
2a2·q=a2+a2q2,
q2-2q+1=0,即(q-1)2=0,
∴q=1.
∴an=3,则Vn=3nn≥2t-1n(n∈N*)恒成立,
即2t-1≤(3n)min,即2t-1≤3,t≤2.
89
数列与函数相结合问题
1.(2015广西柳州一中一模,文4,数列与函数相结合问题,选择题)设数列{an}的前n项和为Sn,点n,Snn(n∈N*)均在函数y=12x+12的图象上,则a2 014=( )
A.2 014 B.2 013 C.1 012 D.1 011
解析:设数列{an}的前n项和为Sn,
点n,Snn(n∈N*)均在函数y=12x+12的图象上,
∴Snn=12n+12,∴Sn=12n2+12n.
∴a2 014=S2 014-S2 013=12×2 0142+12×2 014-12×2 0132+12×2 013=2 014.
答案:A
16.(2015江西鹰潭一模,文16,数列与函数相结合问题,填空题)已知数列{an}满足an+2-an+1=an+1-an,n∈N*,且a5=π2,若函数f(x)=sin 2x-2sin2x2,记yn=f(an),则数列{yn}的前9项和为 .
解析:∵数列{an}满足an+2-an+1=an+1-an,n∈N*,
∴数列{an}是等差数列,
∵a5=π2,∴a1+a9=a2+a8=a3+a7=a4+a6=2a5=π.
∵f(x)=sin 2x-2sin2x2,
∴f(x)=sin 2x+cos x-1.
∴f(a1)+f(a9)=sin 2a1+cos a1-1+sin 2a9+cos a9-1
=2sin(a1+a9)cos(a1-a9)+2cos a1+a92cos a1-a92-2
=2sin π·cos(a1-a9)+2cos π2cos a1-a92-2=-2.
同理f(a2)+f(a8)=f(a3)+f(a7)
=f(a4)+f(a6)=-2.
∵f(a5)=-1,∴数列{yn}的前9项和为-9.
答案:-9
10.(2015江西红色六校二模,文10,数列与函数相结合问题,选择题)已知函数f(x)=(3-a)x-3,x≤7,ax-6,x>7,若数列{an}满足an=f(n)(n∈N*),且{an}是递增数列,则实数a的取值范围是( )
A.94,3 B.94,3
C.(2,3) D.(1,3)
解析:已知函数f(x)=(3-a)x-3,x≤7,ax-6,x>7,
f(8)=a8-6=a2,
∵若数列{an}满足an=f(n)(n∈N*),且{an}是递增数列,
∴3-a>0,a>1,a2>(3-a)×7-3,
即2
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