2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§6-4 数列的综合应用（试题部分）
§6.4 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
数列求和
掌握数列的求和方法
2019天津,18,13分
数列求和(错位相减法)
求通项公式
★★★
2017课标全国Ⅲ,17,12分
数列求和(裂项相消法)
由递推式求通项公式
数列的综
合应用
能综合应用等差、等比数列解决相应问题
2016课标全国Ⅰ,17,12分
等差、等比数列的综合问题
等差数列的判定
★★★
分析解读
综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列是特殊的函数,是高考的常考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.
破考点 练考向
【考点集训】
考点一 数列求和
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 5
2.(2019湖南郴州第二次教学质量监测,16)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=2bn(n∈N*),若数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列1bn的前n项和Sn= .
答案 2nn+1
3.(2018河南、河北两省联考,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.
(1)求证:数列Snn为等差数列;
(2)令bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
答案 (1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n+1-Snn=1,
又S11=5,所以数列Snn是首项为5,公差为1的等差数列.
(2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.
又a1=5符合上式,所以an=2n+3(n∈N*),
所以bn=(2n+3)2n,
所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n,①
2Tn=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,②
所以②-①得
Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1)
=(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2
=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)
=(2n+1)2n+1-2.
考点二 数列的综合应用
1.(2018福建漳州期末调研测试,5)等差数列{an}和等比数列{bn}的首项均为1,公差与公比均为3,则ab1+ab2+ab3=( )
A.64 B.32 C.38 D.33
答案 D
2.(2018河南商丘第二次模拟,6)已知数列{an}满足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),且Sn为{an}的前n项和,则( )
A.an≥2n+1 B.Sn≥n2
C.an≥2n-1 D.Sn≥2n-1
答案 B
3.(2019福建晋江(安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校)期中,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列n+1an的前n项和为Tn,求Tn以及Tn的最小值.
答案 (1)当n=1时,a1=2.当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,
所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,整理得anan-1=2(常数),
所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2n.
(2)令bn=n+1an,则bn=n+12n,
所以Tn=221+322+…+n+12n①,
12Tn=222+323+…+n+12n+1②,
①-②,得12Tn=32-n+32n+1,
所以Tn=3-n+32n,
令cn=n+32n,则cn+1cn=n+42n+6<1,
所以cn>cn+1,从而数列{Tn}是单调递增数列,
所以Tn≥T1=1.
故Tn的最小值为1.
4.(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.
答案 本题考查三角形三边的关系、数列的概念、通项公式,等差数列求和,古典概型等数学知识.试题将数列与概率相结合,体现了理性思维、数学探究的学科素养,考查了逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力,落实了基础性、综合性、创新性的考查要求.
(1)设x,y,n为满足题意的三角形的边长,不妨设x
n.
由题设,易得a1=a2=a3=0.
当n≥4,且n为偶数时,
若y≤n2,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=n-1,则x为2,3,…,n-2.
所以an=1+3+…+(n-3)=(n-2)24.
当n>4,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,n≥4,且n为偶数,(n-1)(n-3)4,n≥5,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×(2×4+4×6+…+96×98)
=(12+22+…+492)+12+22+…+482+(1+2+…+48)
=49×50×1956.
故所求概率为S100100×99×983×2×1=65132.
炼技法 提能力
【方法集训】
方法 数列求和的方法
1.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=2f(n)+n2(n∈N*),且f(1)=2,则f(40)=( )
A.95 B.97 C.105 D.392
答案 D
2.(2019吉林长春模拟,7)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,则数列1an·an+1的前6项和为( )
A.215 B.415 C.511 D.1011
答案 A
3.(2019湘赣十四校第一次联考,17)已知函数f(x)=2 019·sinπx-π3(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2nan+23,求数列{bn}的前n项和Sn.
答案 (1)令f(x)=2 019sinπx-π3=0,
得πx-π3=kπ(k∈Z),则有x=13+k(k∈Z).
∵f(x)的所有正零点构成递增数列{an},
∴{an}是以13为首项,1为公差的等差数列,
∴an=13+(n-1)×1=n-23(n∈N*).
(2)由(1)知bn=n·2n.
∴Sn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,①
∴2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
②-①得Sn=-1×21-22-23-…-2n+n×2n+1=n×2n+1-21(1-2n)1-2=(n-1)·2n+1+2.
4.(2018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.
答案 (1)设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,
又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d2=1,C-1=0,
解得d=2,C=1,又因为a1=C,
所以a1=1,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(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+23+…+2n)-2
=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n-1)1-2-2
=(2n-3)·2n+1+6.
【五年高考】
A组 统一命题·课标卷题组
考点一 数列求和
(2017课标全国Ⅲ,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列an2n+1的前n项和.
答案 (1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,
故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.
所以an=22n-1(n≥2).
又由题设可得a1=2,
从而{an}的通项公式为an=22n-1(n∈N*).
(2)记an2n+1的前n项和为Sn.
由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n-1)=12n-1-12n+1.
则Sn=11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=2n2n+1.
考点二 数列的综合应用
(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前n项和.
答案 (1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2,(3分)
所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.(5分)
(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3,(7分)
因此{bn}是首项为1,公比为13的等比数列.(9分)
记{bn}的前n项和为Sn,
则Sn=1-13n1-13=32-12×3n-1.(12分)
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 数列求和
1.(2019天津,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=1,n为奇数,bn2,n为偶数.求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
答案 本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.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算的核心素养.
(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3q=3+2d,3q2=15+4d,解得d=3,q=3,
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=n×3+n(n-1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①
则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3(1-3n)1-3+n×3n+1=(2n-1)3n+1+32.
所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n-1)3n+1+32=(2n-1)3n+2+6n2+92(n∈N*).
2.(2018浙江,20,15分)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.
答案 (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q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=S1, n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1.
由(1)可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1,
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-2,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
=(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3.
设Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,
12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1(n≥2),
所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1(n≥2),
因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2.
3.(2017山东,19,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列bnan的前n项和Tn.
答案 (1)设{an}的公比为q,
由题意知:a1(1+q)=6,a12q=a1q2,
又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.
(2)由题意知:S2n+1=(2n+1)(b1+b2n+1)2=(2n+1)bn+1,
又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1.
令cn=bnan,则cn=2n+12n.
因此Tn=c1+c2+…+cn=32+522+723+…+2n-12n-1+2n+12n,
又12Tn=322+523+724+…+2n-12n+2n+12n+1,
两式相减得12Tn=32+12+122+…+12n-1-2n+12n+1,
所以Tn=5-2n+52n.
4.(2017北京,15,13分)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.
答案 (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.
解得d=2.
所以an=2n-1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.
解得q2=3.
所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.
从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n-12.
5.(2016天津,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且1a1-1a2=2a3,S6=63.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)nbn2}的前2n项和.
答案 (1)设数列{an}的公比为q.由已知,有1a1-1a1q=2a1q2,解得q=2,或q=-1.
又由S6=a1·1-q61-q=63,知q≠-1,所以a1·1-261-2=63,得a1=1.所以an=2n-1.
(2)由题意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,
即{bn}是首项为12,公差为1的等差数列.
设数列{(-1)nbn2}的前n项和为Tn,则
T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+…+(-b2n-12+b2n2)
=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2.
考点二 数列的综合应用
1.(2018北京,15,13分)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求ea1+ea2+…+ean.
答案 (1)设{an}的公差为d.
因为a2+a3=5ln 2,
所以2a1+3d=5ln 2.
又a1=ln 2,所以d=ln 2.
所以an=a1+(n-1)d=nln 2.
(2)因为ea1=eln 2=2,eanean-1=ean-an-1=eln 2=2,
所以{ean}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以ea1+ea2+…+ean=2×1-2n1-2=2(2n-1).
2.(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{a2nbn}的前n项和(n∈N*).
答案 (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.
又因为q>0,解得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,{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,
2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,
上述两式相减,得
-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1
=12×(1-2n)1-2-4-(6n-2)×2n+1
=-(3n-4)2n+2-16.
得Tn=(3n-4)2n+2+16.
所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.
3.(2016浙江,17,15分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*.
(1)求通项公式an;
(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.
答案 (1)由题意得a1+a2=4,a2=2a1+1,则a1=1,a2=3.
又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,
得an+1=3an.又因为a2=3=3a1,所以数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.
(2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1.
当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.
当n≥3时,Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112,
经检验,n=2时也符合.
所以Tn=2, n=1,3n-n2-5n+112,n≥2,n∈N*.
C组 教师专用题组
考点一 数列求和
1.(2015湖北,19,12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=9·29n-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-1,①
12Tn=12+322+523+724+925+…+2n-12n.②
①-②可得
12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,
故Tn=6-2n+32n-1.
2.(2015安徽,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=an+1SnSn+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
答案 (1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,
又a1+a4=9,可解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去).
由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=2n-1,又bn=an+1SnSn+1=Sn+1-SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1,
所以Tn=b1+b2+…+bn=1S1-1S2+1S2-1S3+…+1Sn-1Sn+1=1S1-1Sn+1
=1-12n+1-1.
3.(2015山东,19,12分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列1an·an+1的前n项和为n2n+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和Tn.
答案 (1)设数列{an}的公差为d.
令n=1,得1a1a2=13,
所以a1a2=3.
令n=2,得1a1a2+1a2a3=25,
所以a2a3=15.
解得a1=1,d=2,
所以an=2n-1.
(2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n,
所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n,
所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1,
两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1
=4(1-4n)1-4-n·4n+1
=1-3n3×4n+1-43.
所以Tn=3n-19×4n+1+49=4+(3n-1)4n+19.
4.(2014课标Ⅰ,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列an2n的前n项和.
答案 (1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.
设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=12,从而a1=32.
所以{an}的通项公式为an=12n+1.
(2)设an2n的前n项和为Sn,由(1)知an2n=n+22n+1,则
Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1,
12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2.
两式相减得12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2
=34+141-12n-1-n+22n+2.
所以Sn=2-n+42n+1.
5.(2014湖北,19,12分)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
答案 (1)设数列{an}的公差为d,依题意,得2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,an=2;
当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.
(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.
当an=4n-2时,Sn=n[2+(4n-2)]2=2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的n;
当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.
6.(2014安徽,18,12分)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
(1)证明:数列ann是等差数列;
(2)设bn=3n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.
答案 (1)证明:由已知可得an+1n+1=ann+1,即an+1n+1-ann=1.
所以ann是以a11=1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)得ann=1+(n-1)·1=n,所以an=n2.
从而bn=n·3n.
∴Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①
3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②
①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1
=3·(1-3n)1-3-n·3n+1=(1-2n)·3n+1-32.
所以Sn=(2n-1)·3n+1+34.
7.(2014山东,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an(n+1)2,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.
答案 (1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),
即(a1+2)2=a1(a1+6),
解得a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题意知bn=an(n+1)2=n(n+1).
所以bn+1-bn=2(n+1),
所以当n为偶数时,
Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)
=4+8+12+…+2n
=n2(4+2n)2=n(n+2)2,
当n为奇数时,
若n=1,则T1=-b1=-2,
若n>1,则Tn=Tn-1+(-bn)
=(n-1)(n+1)2-n(n+1)
=-(n+1)22,
n=1时,满足上式.
所以Tn=-(n+1)22,n为奇数,n(n+2)2,n为偶数.
8.(2013重庆,16,13分)设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N+.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn;
(2)已知{bn}是等差数列,Tn为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.
答案 (1)由题设知{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1,Sn=1-3n1-3=12(3n-1).
(2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差d=5,
故T20=20×3+20×192×5=1 010.
9.(2013安徽,19,13分)设数列{an}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意n∈N*,函数f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin x满足 f 'π2=0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2an+12an,求数列{bn}的前n项和Sn.
答案 (1)由题设可得, f '(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2·cos x.
对任意n∈N*,f 'π2=an-an+1+an+2-an+1=0,
即an+1-an=an+2-an+1,
故{an}为等差数列.
由a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差d=1,所以an=2+1·(n-1)=n+1.
(2)由bn=2an+12an=2n+1+12n+1=2n+12n+2知,Sn=b1+b2+…+bn=2n+2·n(n+1)2+121-12n1-12=n2+3n+1-12n.
10.(2013湖南,19,13分)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1≠0,2an-a1=S1·Sn,n∈N*.
(1)求a1,a2,并求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{nan}的前n项和.
答案 (1)令n=1,得2a1-a1=a12,
即a1=a12.
因为a1≠0,
所以a1=1.
令n=2,
得2a2-1=S2=1+a2.
解得a2=2.
当n≥2时,2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1,两式相减得2an-2an-1=an.即an=2an-1.
于是数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列.
因此,an=2n-1.所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知nan=n·2n-1.
记数列{n·2n-1}的前n项和为Bn,于是
Bn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①
2Bn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.②
①-②得-Bn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n.
从而Bn=1+(n-1)·2n.
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,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 27
2.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{an}满足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{an}是“P(k)数列”.
(1)证明:等差数列{an}是“P(3)数列”;
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{an}是等差数列.
证明 (1)因为{an}是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,
从而,当n≥4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,
所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,
因此等差数列{an}是“P(3)数列”.
(2)数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,
当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,①
当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.②
由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③
an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④
将③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4,
所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.
在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',
在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',
所以数列{an}是等差数列.
3.(2016四川,19,12分)已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.
(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-y2an2=1的离心率为en,且e2=2,求e12+e22+…+en2.
答案 (1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以,数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列.
从而an=qn-1.
由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3,
所以a3=2a2,故q=2.
所以an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知,an=qn-1.
所以双曲线x2-y2an2=1的离心率en=1+an2=1+q2(n-1).
由e2=1+q2=2解得q=3.
所以,e12+e22+…+en2
=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]
=n+[1+q2+…+q2(n-1)]
=n+q2n-1q2-1
=n+12(3n-1).
4.(2015天津,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和.
答案 (1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有2q2-3d=2,q4-3d=10,消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则
Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,
2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,
上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,
所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*.
5.(2015浙江,17,15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+12b2+13b3+…+1nbn=bn+1-1(n∈N*).
(1)求an与bn;
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.
答案 (1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*).
由题意知,
当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.
当n≥2时,1nbn=bn+1-bn,整理得bn+1n+1=bnn,
所以bn=n(n∈N*).
(2)由(1)知anbn=n·2n,
因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,
2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,
所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.
故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).
6.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.
(1)求a1的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+…+1an(an+1)<13.
答案 (1)∵Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,
∴令n=1,得a12+a1-6=0,
解得a1=2或a1=-3.
又an>0,∴a1=2.
(2)由Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,
得[Sn-(n2+n)](Sn+3)=0,
又an>0,所以Sn+3≠0,
所以Sn=n2+n,
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+n-1]=2n,
又由(1)知,a1=2,符合上式,
所以an=2n.
(3)证明:由(2)知,1an(an+1)=12n(2n+1),
所以1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+…+1an(an+1)
=12×3+14×5+…+12n(2n+1)
<12×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1)
=16+1213-15+15-17+…+12n-1-12n+1
=16+1213-12n+1
<16+12×13=13.
7.(2013课标Ⅱ,17,12分)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.
解析 (1)设{an}的公差为d.由题意得,a112=a1a13,
即(a1+10d)2=a1(a1+12d).
于是d(2a1+25d)=0.
又a1=25,所以d=0(舍去)或d=-2.
故an=-2n+27.
(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2.
由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而
Sn=n2(a1+a3n-2)
=n2(-6n+56)
=-3n2+28n.
8.(2013山东,20,12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1a1+b2a2+…+bnan=1-12n,n∈N*,求{bn}的前n项和Tn.
答案 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1得4a1+6d=8a1+4d,a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1,
解得a1=1,d=2.
因此an=2n-1,n∈N*.
(2)由已知b1a1+b2a2+…+bnan=1-12n,n∈N*,得
当n=1时,b1a1=12;
当n≥2时,bnan=1-12n-1-12n-1=12n.
所以bnan=12n,n∈N*.
由(1)知,an=2n-1,n∈N*,
所以bn=2n-12n,n∈N*,
又Tn=12+322+523+…+2n-12n,
12Tn=122+323+…+2n-32n+2n-12n+1,
两式相减得12Tn=12+222+223+…+22n-2n-12n+1
=32-12n-1-2n-12n+1,
所以Tn=3-2n+32n.
【三年模拟】
时间:70分钟 分值:95分
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2018福建厦门第一学期期末质检,7)已知数列{an}满足an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项和为( )
A.250 B.200 C.150 D.100
答案 D
2.(2020届河南商丘模拟,6)对于函数y=f(x),部分x与y的对应值如下表:
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
7
4
5
8
1
3
5
2
6
数列{xn}满足x1=2,且对任意n∈N*,点(xn,xn+1)都在函数y=f(x)的图象上,则x1+x2+x3+…+x2 019的值为( )
A.9 408 B.9 422 C.9 424 D.9 428
答案 B
3.(2020届福建福州模拟,10)已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n+1)an22an2+4nan+n2,则a8=( )
A.8964-2 B.8932-2 C.8916-2 D.897-2
答案 A
4.(2019河北衡水中学第一次摸底,12)已知函数f(x)=mx-2 017,x≥2 019,3m2 018+1x-2 020,x<2 019,数列{an}满足:an=f(n),n∈N*,且{an}是单调递增数列,则实数m的取值范围是( )
A.(1,2] B.(1,2)
C.(2,+∞) D.(1,+∞)
答案 C
二、解答题(共75分)
5.(2019安徽黄山毕业班第二次质量检测,17)已知数列nan-1的前n项和Sn=n,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=2n+1(an-1)2(an+1-1)2,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:对任意的n∈N*,都有Tn<1.
答案 (1)因为 Sn=n,①
所以当n≥2时,Sn-1=n-1,②
由①-②得nan-1=1,故an=n+1,
又因为a1=2适合上式,
所以an=n+1(n∈N*).
(2)证明:由(1)知,bn=2n+1(an-1)2(an+1-1)2=2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2,
所以Tn=112-122+122-132+…+1n2-1(n+1)2=1-1(n+1)2.
所以Tn<1.
6.(2020届皖江名校联盟第一次联考,17)已知数列{an}满足a1=1,n2an+1-(n+1)2an=2n2(n+1)2,n∈N*,设bn=ann2.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列1bnbn+1的前n项和Sn.
答案 (1)因为n2an+1-(n+1)2an=2n2(n+1)2,n∈N*,
所以an+1(n+1)2-ann2=2(n∈N*),又bn=ann2,
所以数列{bn}是等差数列.
因为a1=1,所以bn=ann2=a112+2(n-1)=2n-1(n∈N*).(6分)
(2)因为1bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
所以Sn=12×11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=12×1-12n+1=n2n+1.(12分)
7.(2020届新疆哈密月考,17)已知数列{an},{bn},其中a1=5,b1=-1,且满足an=12(3an-1-bn-1),bn=-12(an-1-3bn-1),n∈N*,n≥2.
(1)求证:数列{an-bn}为等比数列;
(2)求数列3×2n-1anan+1的前n项和Sn.
答案 (1)证明:an-bn=12(3an-1-bn-1)--12(an-1-3bn-1)=2(an-1-bn-1),n∈N*,n≥2,
又a1-b1=5-(-1)=6,所以{an-bn}是首项为6,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知,an-bn=3×2n.①
因为an+bn=12(3an-1-bn-1)+-12(an-1-3bn-1)=an-1+bn-1,n∈N*,n≥2,
又a1+b1=5+(-1)=4,所以{an+bn}为常数列且an+bn=4.②
联立①②得an=3×2n-1+2,
故3×2n-1anan+1=3×2n-1(3×2n-1+2)(3×2n+2)=13×2n-1+2-13×2n+2.
所以Sn=13×20+2-13×21+2+13×21+2-13×22+2+…+13×2n-1+2-13×2n+2=15-13×2n+2.
8.(2019湖南百所重点名校大联考,17)已知数列{an}满足:a1+a2+a3+…+an=n-an(n=1,2,3,…).
(1)求证:数列{an-1}是等比数列;
(2)令bn=(2-n)(an-1)(n=1,2,3,…),如果对任意n∈N*,都有bn+14t≤t2,求实数t的取值范围.
答案 (1)证明:由a1+a2+a3+…+an=n-an,①
得a1+a2+a3+…+an+1=n+1-an+1,②
②-①可得 2an+1-an=1.
即an+1-1=12(an-1),
又a1-1=-12,
∴{an-1}是以-12为首项,12为公比的等比数列.
(2)由(1)可得an=1-12n,
故bn=n-22n.
设数列{bn}的第r项最大,
则有r-22r≥r-12r+1,r-22r≥r-32r-1,即2(r-2)≥r-1,r-2≥2(r-3).
∴3≤r≤4,
故数列{bn}的最大项是b3或b4,且b3=b4=18.
∵对任意n∈N*,都有bn+14t≤t2,即bn≤t2-14t对任意n∈N*恒成立,
∴18≤t2-14t,解得t≥12或t≤-14.
∴实数t的取值范围是12,+∞∪-∞,-14.
9.(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+1Sk+1且Sk+10,
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+10,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=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Sk>Sk+1且Sk+10,
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.
10.(2020届江西高安模拟,20)已知函数f(x)满足f(x+y)=f(x)·f(y)且f(1)=12.
(1)当n∈N*时,求f(n)的表达式;
(2)设an=n·f(n),n∈N*,求证:a1+a2+a3+…+an<2.
答案 (1)∵f(x+y)=f(x)·f(y)且f(1)=12,
∴令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)·f(1)=12f(n),
∵n∈N*,
∴数列{f(n)}是以f(1)=12为首项,12为公比的等比数列,
∴f(n)=12·12n-1=12n(n∈N*).
(2)证明:设Tn=a1+a2+…+an,
∵an=n·f(n)=n·12n(n∈N*),
∴Tn=12+2×122+3×123+…+n×12n,
则12Tn=122+2×123+3×124+…+(n-1)×12n+n×12n+1,两式相减,得12Tn=12+122+123+…+12n-n×12n+1=121-12n1-12-n×12n+1=1-12n-n×12n+1=1-2+n2n+1,
∴Tn=2-2+n2n<2.
11.(2020届河南洛阳联考,19)已知数列{an}满足a1=12,2an+1an=1+1n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Tn;
(3)设数列{bn}满足bn=-2n-10,n=2k,nan,n=2k-1,其中k∈N*.记{bn}的前n项和为Sn,是否存在正整数m,p(m0,
所以数列{tn}单调递增,则n≥5时,tn≥t5=29-30>0,Sm=Sp不成立.
故当m和p同时为偶数时,只有m=2,p=6满足Sm=Sp.
②当m,p同时为奇数时,设tn=S2n+1-S2n-1(n∈N*),则tn=-4n-10+22n+1(n∈N*),
因为tn+1-tn=[-4(n+1)-10+22n+3]-(-4n-10+22n+1)=3×22n+1-4≥3×23-4>0,
所以数列{tn}单调递增,则当n≥2时,tn≥t2=25-18>0,
即n≥2时,S2n+1>S2n-1,数列{S2n-1}在n≥2时单调递增,
而S1=2,S3=-4,S5=10,故当m,p同时为奇数时,Sm=Sp不成立.
③当m为偶数,p为奇数时,显然m≤6时,Sm=Sp不成立,
若m≥8,则Sm=Sm+1-bm+1=Sm+1-2m+1Sm+1=Sp,即Sm>Sp,故p=m+1时,Sm=Sp不成立;
若p≥m+3,由①知Sp≥Sm+3,记um=Sm+3-Sm=2m+2-4m-28,满足um+1-um=2m+2-4>0,
所以{um}单调递增,um≥u7>0,所以p≥m+3时,Sm=Sp不成立.
综上,存在m=2,p=6,使得Sm=Sp成立.