2020年高考新课标Ⅰ理数复习练习课件第六章§64数列求和、数列的综合应用.pptx

1、考点一数列求和考点一数列求和五年高考A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组1.(2017课标,15,5分)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=.1nk1kS答案答案21nn解析解析本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和.设公差为d,则an=n.前n项和Sn=1+2+n=,=2,=21-+-+-=2=2=.思路分析思路分析求出首项a1和公差d,从而求出Sn.=2,从而运用裂项相消法求和即可.解后反思解后反思裂项相消法求和的常见类型:若an是等差数列,则=(d0);=(-);=-.1123,4610,adad11,1,ad(1)2n n1nS2(1)n n1

2、11nn1nk1kS1212131n11n111n1nn21nn1nS2(1)n n111nn11nnaa1d111nnaa1nkn1knkn12(21)(21)nnn121n1121n2.(2016课标,17,12分)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lgan,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1000项和.解析解析(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=lg1=0,b11=lg11=1,b101=lg101=2.(6分)(2)因为

3、bn=(9分)所以数列bn的前1000项和为190+2900+31=1893.(12分)思路分析思路分析(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1000项和.0,110,1,10100,2,1001000,3,1000,nnnn3.(2015课标,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an0,+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=,求数列bn的前n项和.2na11nna a解析解析(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.可得-+2(an+1-an)=4an+1,即

4、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=.设数列bn的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+bn=.(12分)思路分析思路分析(1)由+2an=4Sn+3,得+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a1,利用等2na21na21na2na21na2na21a11nna a1(21)(23)nn12112123nn1211111135572123nn3(2

5、3)nn2na21na差数列的通项公式求法可得通项an.(2)利用裂项相消法求Tn.1112 2123nbnn1.(2017课标,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:N100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考点二数

6、列的综合应用考点二数列的综合应用答案答案A本题考查等差数列、等比数列的前n项和公式,考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力和创新应用能力.解法一(排除法):记SN为数列的前N项和,由题意得,数列的前110项为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,这是一个奇数,不可能是2的整数幂,故选项D不正确.同理,S220=20+(20+21)+(20+21+219)+

7、(20+21+22+23+29)=221+210-23,这是一个奇数,不可能是2的整数幂,故选项C不正确.同理,S330=20+(20+21)+(20+21+224)+(20+21+22+23+24)=226+4,不是2的整数幂,故选项B不正确.所以,正确的选项为A.解法二:不妨设1+(1+2)+(1+2+2n-1)+(1+2+2t)=2m(其中m、n、tN,0tn),则有N=+t+1,因为N100,所以n13.由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.因为n13,所以2nn+2,所以2n+12n+n+2,即2n+1-n-22n,因为2t+1-10,(1)2n n所以2

8、m2n+1-n-22n,故mn+1,因为2t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1.所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n13,所以t3.当t=3时,N=95,不合题意;当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.2.(2019课标,19,12分)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-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

9、方程思想,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn).又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为的等比数列.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是首项为1,公差为2的等差数列.(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)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=(an

10、+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.1212112n1212n121212n1212解题关键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.B B组组 自主命题自主命题省省(区、市区、市)卷题组卷题组考点一数列求和考点一数列求和1.(2016北京,12,5分)已知an为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.答案答案6解析解析设等差数列an的公差为d

11、,a1=6,a3+a5=0,6+2d+6+4d=0,d=-2,S6=66+(-2)=6.6 522.(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=-2(nN*).1nk2()(1)(2)kkkTbbkk222nn解析解析本小题主要考查等差数列的通项公式,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.(1)设等比数列an的公比为q.由

12、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=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=2n-1,故Tn=-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为=1212n11(21)2nnkkkkn 2(12)12n2()(1)(2)kkkTbbkk1(222)(1)(2)kkkkkk=-,所以,=+=-2.方法总结方法总结解决数列求和问题的两种思路(1)利

13、用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.12(1)(2)kkkk222kk121kk1nk2()(1)(2)kkkTbbkk322232432243212221nnnn222nn3.(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*).解析解析本小题主要考查等差数列、等比数

14、列及其前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.(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+5d=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-

15、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=-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8.得Tn=4n+1+.所以,数列a2nb2n-1的前n项和为4n+1+.12(14)14n323n83323n83方法总结方法总结(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

16、,求数列anbn的前n项和适用错位相减法.4.(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=,求数列cn的前n项和Tn.1(1)(2)nnnnab解析解析(1)由题意知,当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(nN*).设数列bn的公差为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Tn=3222+323+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+(n+1

17、)2n+2,两式作差,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考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用答案答案D由题意可知a,b是x2-px+q=0的两根,a+b=p0,ab=q0,故a,b均为正数.

18、a,b,-2适当排序后成等比数列,-2是a,b的等比中项,得ab=4,q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,所以-2是第一项或第三项,不妨设a0,a=1,此时b=4,p=a+b=5,p+q=9,选D.22,4,abab2.(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=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求an和bn的通项公式;(2)设数列cn满足c1=1,cn=其中kN*.(i)求数列(-1)的通项公式;(ii)求aici(nN*).11,22,2,kkkknb n2na2nc21ni解析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

19、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.依题意得解得故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=32n.(2)(i)(-1)=(bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n-1.所以,数列(-1)的通项公式为(-1)=94n-1.(ii)aici=ai+ai(ci-1)=ai+(-1)=+(94i-1)=(322n-1+52n-1)+9-n=2722n-1+52n-1-n-12(nN*).2662,6124,qdqd3,

20、2,dq2na2nc2na2na2nc2na2nc21ni21ni21ni1ni2ia2ic2(21)2432nnn 1ni4(14)14n(2)(i)由cn=kN*知(-1)=(32n+1)(32n-1),从而得到数列(-1)的通项公式.(ii)利用(i)把aici拆成ai+ai(ci-1),进而可得aici=ai+(-1),计算即可.解题关键解题关键正确理解数列cn的含义是解题的关键.11,22,2,kkkknb n2na2nc2na2nc21ni21ni21ni21ni1ni2ia2ic思路分析思路分析(1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.3.(2018浙江,20,15分

21、)已知等比数列an的公比q1,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.解析解析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(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8=20,解得q=2或q=,因为q1,所以q=2.(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列cn的前n项和为Sn.由cn=解得cn=4n-1.由(1)可知an=2

22、n-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.设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).易错警示易错警示利用错位相减法求和时,要注意以下几点:(1)错位相减法求和,只适合于数列anbn,其中an为等差数列,bn为等比数列.(2)

23、在等式两边所乘的数是等比数列bn的公比.(3)两式相减时,一定要错开一位.(4)特别要注意相减后等比数列的次数.212n312n1212212212n1212212212n112n1212212212n112n212n212n(5)进行检验.4.(2017山东,19,12分)已知xn是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列xn的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.解析解析本题考查等比

24、数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列xn的公比为q,由已知知q0.由题意得所以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+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=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(2+

25、22+2n-1)-(2n+1)2n-1112113,2.xx qx qx q(1)2nn=+-(2n+1)2n-1.所以Tn=.解题关键解题关键记梯形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,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.3212(12)12n(21)212nnC C组组 教师专用题组教师专用题组考点一数列求和考点一数列求和1.(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且a

26、n+1-an=n+1(nN*),则数列前10项的和为.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),则有an-a1=1+2+3+n-1+(n-1)(n2),因为a1=1,所以an=1+2+3+n(n2),即an=(n2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=(nN*),所以=2,从而+=2+2+2+2=2=.22nn22nn1na22nn111nn11a21a31a101a11211231134111011111120112.(2012课标,16,5分)数列an满足an+1+(-1)nan=2n-1

27、,则an的前60项和为.答案答案1830解析解析当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,当n=2k-1时,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.评析评析本题考查了数列求和,考查了分类讨论及等价转化的数学思想.30(3 119)23.(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,a4+

28、a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式;(2)设bn=,nN*,求数列bn的前n项和.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).又因为q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=;当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k=.所以,an的通项公式为an=122n22n1222,2,.nnnn为奇数为偶数整理得,Sn=4-.所以,数列bn的前n项和为4-,nN*.122nn122nn(2)由(1)得

29、bn=.设bn的前n项和为Sn,则Sn=1+2+3+(n-1)+n,Sn=1+2+3+(n-1)+n,上述两式相减,得Sn=1+-=-=2-,2221lognnaa12nn012112212212n112n12112212312112n12n1212212112n2nn112112n2nn22n2nn4.(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=,求数列cn的前n项和Tn.nnab解析解析(1)由题意有,即解得或故或(2)由d1,知a

30、n=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课标,12,5分)设AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,.若b1c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则()A

31、.Sn为递减数列B.Sn为递增数列C.S2n-1为递增数列,S2n为递减数列D.S2n-1为递减数列,S2n为递增数列2nnca2nnba考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用答案答案 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|BnCn|=a1,所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图).由b1c1得b1-c

32、10,所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1),所以当n增大时|bn-cn|变小,即点An向点A处移动,即边BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不变,所以Sn为递增数列.2nnac2nnba1212121212112n思路分析思路分析由an+1=an,可知AnBnCn的边BnCn的长为定值a1,易知bn+cn=2a1,由此知,An在以Bn、Cn为焦点的椭圆上,利用极限思想可求得结果.2.(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

33、项和,则使得Sn12an+1成立的n的最小值为.答案答案27解析解析本题考查数列的插项问题.设An=2n-1,Bn=2n,nN*,当AkBlAk+1(k,lN*)时,2k-12l2k+1,有k-2l-1k+,则k=2l-1,设Tl=A1+A2+B1+B2+Bl,则共有k+l=2l-1+l个数,即Tl=,而A1+A2+=2l-1=22l-2,B1+B2+Bl=2l+1-2.则Tl=22l-2+2l+1-2,则l,Tl,n,an+1的对应关系为121212lA12llS12lA2 1 1212l 2(12)12llTlnan+112an+113233621045603307910849412172

34、0453182133396611503865780观察到l=5时,Tl=S2112a39,则n22,38),nN*时,存在n,使Sn12an+1,此时T5=A1+A2+A16+B1+B2+B3+B4+B5,则当n22,38),nN*时,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,则n27时,Sn-12an+10,即nmin=27.22 55(22 1)()2nnAA3.(2019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

35、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,=-,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.1nS2nb12nb解析解析本小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.由得解得因此数列an为“M-数列”.(2)因为=-,所以bn0.由b1=1,S

36、1=b1,得=-,则b2=2.由=-,得Sn=,当n2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=-,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*).245321,440,a aaaaa244112111,440,a qa qa qa qa11,2.aq1nS2nb12nb112122b1nS2nb12nb112()nnnnb bbb112()nnnnb bbb112()nnnnbbbb由知,bk=k,kN*.因为数列cn为“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

37、,m.当k=1时,有q1;当k=2,3,m时,有lnq.设f(x)=(x1),则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)极大值因为=,所以f(k)max=f(3)=.取q=,当k=1,2,3,4,5时,lnq,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,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.ln22ln86ln96ln33ln3333lnkk4.(2019浙江,20,15

38、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=,nN*,证明:c1+c2+cn2,nN*.2nnabn解析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

39、(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=(-SnSn+2).所以bn=n2+n,nN*.(2)cn=,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+ck2,1d21nS2nnab222(1)nn n1(1)nn nk那么,当n=k+1时,c1+c2+ck+ck+12+2+2+=2+2(-)=2,即当n=k+1时不等式也成立.根据和,不等式c1+c2+cn2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.一题多解一题多解(2)cn=,nN*.我

40、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+ck2,那么,当n=k+1时,只需证明c1+c2+ck+ck+12,即证2+2,即证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.即当n=k+1时,不等式也成立.根据和,不等式c1+c2+cn0,mN*,q(1,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).2m解析解析本

41、小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)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d.因此,d的取值范围为.(2)由条件知: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).即当n=2,3,m+1时,d满足b1db1.因为q(1,所以10,对n=2,3,m+1均成立.因此,取d=0时,|an-

42、bn|b1对n=2,3,m+1均成立.73527 5,3 2121nqn11nqn2m121nqn11nqn下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,m+1).当2nm时,-=,当10.因此,当2nm+1时,数列单调递增,故数列的最大值为.设f(x)=2x(1-x),当x0时,f(x)=(ln2-1-xln2)2x0.所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2nm时,=f1.因此,当2nm+1时,数列单调递减,故数列的最小值为.121nqn11nqn2nqn121nqn12(1)nnnnqqnqn n1()2(1)nnnn qqqn n12m121nqn121nqn2mqm11

43、nnqnqn(1)q nn12n11n1n11nqn11nqnmqm因此,d的取值范围为.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b1db1,难点在于讨论b1的最大值和b1的最小值.对于数列,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列,要作商讨论单调性,=q,当2nm时,1qn2,q,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f1,得到数列的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调

44、性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.11(2),mmb qbqmm121nqn11nqn121nqn11nqn121nqn11nqn11nnqnqn(1)q nn11n11n12n11n1n11nqn12n11n6.(2015广东,21,14分)数列an满足:a1+2a2+nan=4-,nN*.(1)求a3的值;(2)求数列an的前n项和Tn;(3)令b1=a1,bn=+an(n2),证明:数列bn的前n项和Sn满足Sn2+2lnn.122nn1nTn111123n解析解析(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1

45、+2a2=2,解得a2=;当n=3时,a1+2a2+3a3=,解得a3=.(2)当n2时,a1+2a2+(n-1)an-1+nan=4-,a1+2a2+(n-1)an-1=4-,由-得,nan=,所以an=(n2),经检验,a1=1也适合上式,所以an=(nN*).所以数列an是以1为首项,为公比的等比数列.所以Tn=2-.(3)证明:b1=1,bn=-+(n2).1211414122nn212nn12nn112n112n121112112n112n2n1n212n111123n112n当n=1时,S1=12+2ln1.当n2时,bn=+an=+(Tn-Tn-1)=+Tn-Tn-1=Tn-Tn

46、-1,所以Sn=1+T2-1T1+T3-T2+Tn-1+Tn-1=Tn21+=2+2,以下证明+1),则h(x)=-=0(x1),所以函数h(x)在区间(1,+)上单调递增,即h(x)h(1)=0.所以lnx1-(x1),1nTn111123n1nTn111123n1nTn111123n111123n111123n1111231n11211123112111123n121311n111123n12131n11123n12131n1x1x21x21xx1x分别令x=2,得ln21-=,ln1-=,ln1-=,ln1-=.累加得ln2+ln+ln+,即ln2+(ln3-ln2)+lnn-ln(n-

47、1)+,所以+lnn(n2).综上,Sn0,nN,n2.(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+;(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.1,1212121nnx解析解析(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则Fn(1)=n-10,Fn=1+-2=-2=-0,故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在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-2=0,故xn=+.(2)解法一:由题设得,gn(x)

48、=.设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-,x0.121221212n1112112n12n1,121,121,12111nnnxx12121nnx(1)(1)2nnx(1)(1)2nnx当x=1时,fn(x)=gn(x).当x1时,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

49、时,fn(x)0.当x=1时,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当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x).当n=2时,f2(x)-g2(x)=-(1-x)20,所以f2(x)g2(x)成立.假设n=k(k2)时,不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)+xk+10),则hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以当0 x1时,hk(x)1时,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上递增.

50、所以hk(x)hk(1)=0,从而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时不等式也成立.由和知,对一切n2的整数,都有fn(x)0(2kn),当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).当x1时,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+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0,从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增,