【数学】2020届一轮复习（理）通用版6-4数列求和、数列的综合应用作业

【数学】2020届一轮复习（理）通用版6-4数列求和、数列的综合应用作业

‎6.4　数列求和、数列的综合应用 挖命题 ‎【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 ‎2017课标Ⅰ,12,5分 数列求和 ‎ 等比数列的前n项和公式的应用 ‎★★★‎ ‎2017 课标Ⅱ,15,5分 裂项相消法求和 等差数列基本量的计算 ‎ ‎2015 课标Ⅰ,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 ‎ ‎2.数列的 综合应用 ‎2016课标Ⅱ,17,12分 数列的综合应用 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、分组转化法求解不同类型数列的和.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 ‎【考点集训】‎ 考点一　数列求和 ‎1.(2017湖南郴州第一次教学质量监测,6)在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.-200　　　　B.-100　　　　C.200　　　　D.100‎ 答案　D　‎ ‎2.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知Sn为{an}的前n项和,若an(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于　　　　　. ‎ 答案　2 332‎ ‎3.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,13)若{an},{bn}满足anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前2 018项和为　　　　. ‎ 答案　‎‎1 009‎‎2 020‎ 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.(2017陕西西安铁一中第五次模拟,9)已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2 004)内的所有“优数”的和为(　　)　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.1 024　　　　B.2 003　　　　C.2 026　　　　D.2 048‎ 答案　C　‎ ‎3.已知an=3n(n∈N*),记数列{an}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,Tn‎+‎‎3‎‎2‎k≥3n-6恒成立,则实数k的取值范围是　　　　. ‎ 答案　k≥‎‎2‎‎27‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　错位相减法求和 ‎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.(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.‎ 解析　(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,‎ 所以a1=1,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).‎ ‎(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+…+2n)-2‎ ‎=(2n-1)·2n+1-2×‎2‎‎2‎‎(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-2‎ ‎=(2n-3)·2n+1+6.‎ 方法2　裂项相消法求和 ‎1.(2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考,3)数列‎1‎n+1‎‎+‎n的前2 017项的和为(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎2 018‎+1　　　　B.‎2 018‎-1　　　　C.‎2 017‎+1　　　　D.‎2 017‎-1‎ 答案　B　‎ ‎2.(2018湖南邵阳期末,15)设数列{(n2+n)an}是等比数列,且a1=‎1‎‎6‎,a2=‎1‎‎54‎,则数列{3nan}的前15项和为　　　　. ‎ 答案　‎‎15‎‎16‎ ‎3.(2017广东潮州二模,16)已知Sn为数列{an}的前n项和,an=2·3n-1(n∈N*),若bn=an+1‎SnSn+1‎,则b1+b2+…+bn=　　　　. ‎ 答案　‎1‎‎2‎-‎‎1‎‎3‎n+1‎‎-1‎ 过专题 ‎【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Ⅱ,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+1‎ ‎2.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an‎2‎+2an=4Sn+3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设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an>0,所以an+1-an=2.又由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.(6分)‎ ‎(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=‎1‎‎2‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎7‎+…+‎1‎‎2n+1‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎=n‎3(2n+3)‎.(12分)‎ 思路分析　(1)由an‎2‎+2an=4Sn+3,得an+1‎‎2‎+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系,再求出a1,利用等差数列的通项公式可得通项.(2)利用裂项相消法求Tnbn‎=‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2n+1‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2017课标Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100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.440　　　　B.330　　　　C.220　　　　D.110‎ 答案　A　‎ ‎2.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=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=‎0,1≤n<10,‎‎1,10≤n<100,‎‎2,100≤n<1 000,‎‎3,n=1 000,‎(9分)‎ 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)‎ 思路分析　(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1 000项和.‎ 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(n∈N*),{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(n∈N*).‎ ‎(i)求Tn;‎ ‎(ii)证明‎∑‎k=1‎n‎(Tk+bk+2‎)‎bk‎(k+1)(k+2)‎=‎2‎n+2‎n+2‎-2(n∈N*).‎ 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q>0,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=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)‎ ‎=k·‎‎2‎k+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+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n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.‎ 当n=1时,a1=S1=11,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+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×‎4+‎4(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-(n+1)×‎‎2‎n+2‎=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+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(p>0,q>0)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.6　　　　B.7　　　　C.8　　　　D.9‎ 答案　D　‎ ‎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.‎ 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,所以‎1‎‎2‎Tn=3+4·‎1‎‎2‎+4·‎1‎‎2‎‎2‎+…+4·‎1‎‎2‎n-2‎-(4n-5)·‎1‎‎2‎n-1‎,因此Tn=14-(4n+3)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·‎1‎‎2‎n-2‎.‎ C组　教师专用题组 考点一　数列求和 ‎1.(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{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).‎ 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q>0,所以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,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=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,‎ 故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,‎ ‎4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,‎ 上述两式相减,得 ‎-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1‎ ‎=‎12×(1-‎4‎n)‎‎1-4‎-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.‎ 得Tn=‎3n-2‎‎3‎×4n+1+‎8‎‎3‎.‎ 所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为‎3n-2‎‎3‎×4n+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q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错位相减法.‎ ‎2.(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.‎ ‎3.(2015天津,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.‎ ‎(1)求q的值和{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=log‎2‎a‎2na‎2n-1‎,n∈N*,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q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=‎2‎n-1‎‎2‎;当n=2k(k∈N*)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,则Sn=1×‎1‎‎2‎‎0‎+2×‎1‎‎2‎‎1‎+3×‎1‎‎2‎‎2‎+…+(n-1)×‎1‎‎2‎n-2‎+n×‎1‎‎2‎n-1‎,‎ ‎1‎‎2‎Sn=1×‎1‎‎2‎‎1‎+2×‎1‎‎2‎‎2‎+3×‎1‎‎2‎‎3‎+…+(n-1)×‎1‎‎2‎n-1‎+n×‎1‎‎2‎n,‎ 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,n∈N*.‎ ‎4.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.‎ ‎(1)令cn=anbn,求数列{cn}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解析　(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),‎ 所以an+1‎bn+1‎-anbn=2,即cn+1-cn=2.所以数列{cn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故cn=2n-1.‎ ‎(2)由(1)及bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列{an}的前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.‎ ‎5.(2014山东,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=(-1)n-1‎4nanan+1‎,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)因为S1=a1,S2=2a1+‎2×1‎‎2‎×2=2a1+2,‎ S4=4a1+‎4×3‎‎2‎×2=4a1+12,‎ 所以由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),‎ 解得a1=1,所以an=2n-1.‎ ‎(2)bn=(-1)n-1‎4nanan+1‎=(-1)n-1‎‎4n‎(2n-1)(2n+1)‎ ‎=(-1)n-1‎1‎‎2n-1‎‎+‎‎1‎‎2n+1‎.‎ 当n为偶数时,‎ Tn=‎1+‎‎1‎‎3‎-‎1‎‎3‎‎+‎‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2n-3‎‎+‎‎1‎‎2n-1‎-‎‎1‎‎2n-1‎‎+‎‎1‎‎2n+1‎ ‎=1-‎1‎‎2n+1‎=‎2n‎2n+1‎.‎ 当n为奇数时,‎ Tn=‎1+‎‎1‎‎3‎-‎1‎‎3‎‎+‎‎1‎‎5‎+…-‎1‎‎2n-3‎+‎1‎‎2n-1‎+‎1‎‎2n-1‎+‎1‎‎2n+1‎=1+‎1‎‎2n+1‎=‎2n+2‎‎2n+1‎.‎ 所以Tn=‎‎2n+2‎‎2n+1‎‎,n为奇数,‎‎2n‎2n+1‎‎,n为偶数.‎或Tn=‎‎2n+1+(-1‎‎)‎n-1‎‎2n+1‎ 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.(2018江苏,20,16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=b1>0,m∈N*,q∈(1,m‎2‎],证明:存在d∈R,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1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得‎7‎‎3‎≤d≤‎5‎‎2‎.‎ 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d∈R,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).‎ 即当n=2,3,…,m+1时,d满足qn-1‎‎-2‎n-1‎b1≤d≤qn-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).‎ ‎①当2≤n≤m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2≤n≤m+1时, 数列qn-1‎‎-2‎n-1‎单调递增,‎ 故数列qn-1‎‎-2‎n-1‎的最大值为qm‎-2‎m.‎ ‎②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.‎ 所以f(x)单调递减,从而f(x)‎(2n-1‎)‎‎2‎-1‎‎(2n‎)‎‎2‎=‎2n-2‎‎2n=n-1‎n.所以Tn>‎1‎‎2‎‎2‎×‎1‎‎2‎×‎2‎‎3‎×…×n-1‎n=‎1‎‎4n.‎ 综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥‎1‎‎4n.‎ ‎4.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.‎ ‎(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-1>0,‎ Fn‎1‎‎2‎=1+‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-2=‎1-‎‎1‎‎2‎n+1‎‎1-‎‎1‎‎2‎-2‎ ‎=-‎1‎‎2‎n<0,所以Fn(x)在‎1‎‎2‎‎,1‎内至少存在一个零点.‎ 又F'n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,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,x>0.‎ 当x=1时, fn(x)=gn(x).‎ 当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-n(n+1)‎xn-1‎‎2‎.‎ 若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n(n+1)‎‎2‎xn-1‎ ‎=n(n+1)‎‎2‎xn-1-n(n+1)‎‎2‎xn-1=0.‎ 若x>1,则h'(x)0,归纳可得 ‎3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.‎ 因为an+1=an‎2‎an‎+‎‎1‎k‎0‎=an‎2‎‎-‎1‎k‎0‎‎2‎+‎‎1‎k‎0‎‎2‎an‎+‎‎1‎k‎0‎=an-‎1‎k‎0‎+‎1‎k‎0‎·‎1‎k‎0‎an‎+1‎,‎ 所以对n=1,2,…,k0求和得ak‎0‎‎+1‎=a1+(a2-a1)+…+(ak‎0‎‎+1‎-ak‎0‎)‎ ‎=a1-k0·‎1‎k‎0‎+‎1‎k‎0‎·‎‎1‎k‎0‎a‎1‎‎+1‎‎+‎1‎k‎0‎a‎2‎‎+1‎+…+‎‎1‎k‎0‎an‎+1‎ ‎>2+‎1‎k‎0‎·‎1‎‎3k‎0‎+1‎‎+‎1‎‎3k‎0‎+1‎+…+‎‎1‎‎3k‎0‎+1‎k‎0‎个=2+‎1‎‎3k‎0‎+1‎.‎ 另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>ak‎0‎>ak‎0‎‎+1‎>2,得 ak‎0‎‎+1‎‎=a1-k0·‎1‎k‎0‎+‎1‎k‎0‎·‎‎1‎k‎0‎a‎1‎‎+1‎‎+‎1‎k‎0‎a‎2‎‎+1‎+…+‎‎1‎k‎0‎ak‎0‎‎+1‎ ‎<2+‎1‎k‎0‎·‎1‎‎2k‎0‎+1‎‎+‎1‎‎2k‎0‎+1‎+…+‎‎1‎‎2k‎0‎+1‎k‎0‎个=2+‎1‎‎2k‎0‎+1‎.‎ 综上,2+‎1‎‎3k‎0‎+1‎0,且a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N*时,an=f(n)-1‎f(n)·f(n+1)‎,记数列{an}的前n项和为Sn,当Sn=‎10‎‎33‎时,n的值为(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.7　　　　B.6　　　　C.5　　　　D.4‎ 答案　D　‎ ‎5.(2018四川南充模拟,11)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=‎4‎‎5‎,an+1=‎2an,0≤an≤‎1‎‎2‎,‎‎2an-1,‎1‎‎2‎1 024的n的最小值为　　　　. ‎ 答案　9‎ ‎9.(2017河北“五个一名校联盟”二模,16)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=n2+2n,bn=anan+1cos[(n+1)π],数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≥tn2对n∈N*恒成立,则实数t的取值范围是　　　　. ‎ 答案　(-∞,-5]‎ 三、解答题(共25分)‎ ‎10.(2019届全国I卷五省优创名校联考,17)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且Sn=nan+1-n2-n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn=‎2n+1‎n‎2‎‎(an+1‎-1‎‎)‎‎2‎,求{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)由条件知Sn=nan+1-n2-n,①‎ 当n=1时,a2-a1=2;‎ 当n≥2时,Sn-1=(n-1)an-(n-1)2-(n-1),②‎ ‎①-②得an=nan+1-(n-1)an-2n,‎ 整理得an+1-an=2.‎ 综上可知,数列{an}是首项为3、公差为2的等差数列,‎ 故an=2n+1.‎ ‎(2)由(1)得bn=‎2n+1‎n‎2‎‎(2n+2‎‎)‎‎2‎=‎1‎‎4‎‎1‎n‎2‎‎-‎‎1‎‎(n+1‎‎)‎‎2‎,‎ 所以Tn=‎1‎‎4‎‎1-‎‎1‎‎2‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎‎1‎n‎2‎‎-‎‎1‎‎(n+1‎‎)‎‎2‎=‎1‎‎4‎‎1-‎‎1‎‎(n+1‎‎)‎‎2‎=‎1‎‎4‎-‎1‎‎4(n+1‎‎)‎‎2‎.‎ ‎11.(2018安徽淮南一模,17)已知数列{an}为等差数列,且a3=5,a5=9,数列{bn}的前n项和为Sn=‎2‎‎3‎bn+‎1‎‎3‎.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=an|bn|,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)∵数列{an}为等差数列,且a3=5,a5=9,‎ ‎∴d=a‎5‎‎-‎a‎3‎‎5-3‎=‎9-5‎‎2‎=2,∴a1=a3-2d=5-4=1,‎ ‎∴an=1+(n-1)×2=2n-1.‎ ‎∵数列{bn}的前n项和为Sn=‎2‎‎3‎bn+‎1‎‎3‎,‎ ‎∴n=1时,S1=‎2‎‎3‎b1+‎1‎‎3‎,由S1=b1,解得b1=1,‎ 当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=‎2‎‎3‎bn-‎2‎‎3‎bn-1,‎ ‎∴bn=-2bn-1,∴{bn}是首项为1,公比为-2的等比数列,‎ ‎∴bn=(-2)n-1.‎ ‎(2)cn=an|bn|=(2n-1)·2n-1,‎ ‎∴数列{cn}的前n项和Tn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1,‎ ‎∴2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,‎ 两式相减,得:‎ ‎-Tn=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n ‎=1+2×‎2-‎‎2‎n‎1-2‎-(2n-1)·2n ‎=1+2n+1-4-(2n-1)·2n ‎=-3+(3-2n)·2n,‎ ‎∴Tn=(2n-3)·2n+3.‎ 易错警示　在利用错位相减法求和时,注意相减后的项求和.如本题-Tn=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n中,对于2+22+…+2n-1的求解,利用Sn=a‎1‎‎-an·q‎1-q(q≠1)更好一些.‎