1、6.4数列求和、数列的综合应用高考文数高考文数 (课标专用)1.(2017课标全国,17,12分)设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n.(1)求an的通项公式;(2)求数列的前n项和.21nan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解析解析(1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n,故当n2时,a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)an=2.所以an=(n2).又由题设可得a1=2,适合上式,从而an的通项公式为an=(nN*).(2)记的前n项和为Sn.由(1)知=-.则Sn=-+-+-=.221n221n21nan21n
2、an2(21)(21)nn121n121n11131315121n121n221nn思路分析思路分析(1)条件a1+3a2+(2n-1)an=2n的实质就是数列(2n-1)an的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)的结果求得的通项公式,然后用裂项相消法求和.21nan易错警示易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.2.(2016课标全国,17,12分)等差数列an中,a3+a4=4,a5+a7=6.(1)求an的通项公式;(2)设bn=an,求数列bn的前10项和,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,2.
3、6=2.解析解析(1)设数列an的公差为d,由题意有解得(3分)所以an的通项公式为an=.(5分)(2)由(1)知,bn=.(6分)当n=1,2,3时,12,bn=1;当n=4,5时,23,bn=2;当n=6,7,8时,34,bn=3;当n=9,10时,40,可得q=2,故bn=2n-1.所以Tn=2n-1.设等差数列an的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n,所以Sn=.(2)由(1),有T1+T2+Tn=(21+22+2n)-n=-n=2n+1-n-2.由Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn
4、可得+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍)或n=4.所以n的值为4.1212n(1)2n n2 (12 )12n(1)2n n2.(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,求数列的前n项和Tn.nnba解析解析(1)设an的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,q=a1q2,又an0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.(2)由题意知:S2n+1=(2n+1)bn+1,又S2n+1=bnb
5、n+1,bn+10,所以bn=2n+1.令cn=,则cn=.因此Tn=c1+c2+cn=+,又Tn=+,两式相减得Tn=+-,所以Tn=5-.21a121(21)()2nnbbnnba212nn322523721212nn212nn12232352472212nn1212nn123221111222n1212nn252nn3.(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=,求数列bn的前n项和Tn.11nnnaS S解析解析(1)由题设知a1a4=a2a3=8,又a1+a4=9,可
6、解得或(舍去).由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.(2)Sn=2n-1,又bn=-,所以Tn=b1+b2+bn=+=-=1-.141,8aa148,1aa1(1)1naqq11nnnaS S11nnnnSSS S1nS11nS1211SS2311SS111nnSS11S11nS1121n评析评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用1.(2015福建,16,4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+
7、q的值等于.答案答案9解析解析依题意有a,b是方程x2-px+q=0的两根,则a+b=p,ab=q,由p0,q0可知a0,b0.由题意可知ab=(-2)2=4=q,a-2=2b或b-2=2a,将a-2=2b代入ab=4可解得a=4,b=1,此时a+b=5,将b-2=2a代入ab=4可解得a=1,b=4,此时a+b=5,则p=5,q=4,故p+q=9.2.(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=求a1c1+a2c2+a2nc2n(nN*).21,.nnbn
8、为奇数为偶数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,得解得故an=3+3(n-1)=3n,bn=33n-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)=+(631+1232+1833+6n3n)=3n2+6(131+232+n3n).2332 ,3154 ,qdqd3,3,dq(1)362n n
9、n 记Tn=131+232+n3n,则3Tn=132+233+n3n+1,-得,2Tn=-3-32-33-3n+n3n+1=-+n3n+1=.3(1 3 )1 3n1(21)332nn所以,a1c1+a2c2+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3=(nN*).1(21)332nn22(21)3692nnn思路分析思路分析(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用cn的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.解题关键解题关键根据n的奇偶性得数列cn的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.3.(2018浙江,20,15分)已知等比数列an的
10、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=2n-1,所以bn+1
11、-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).212n312n1212212212n1212212212n112n1212212212n112n212n212n易错警示易错警示利用错位相减法求和时,要注意以
12、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)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.(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a2nbn的前n项和(nN*).解析解析(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.又因为q0,解得q=2.所以,bn
13、=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,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=42+1022+1623+(6n-2)2n,2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1,上述两式相减,得-Tn=42+622+623+62n-(6n-2)2n+1=-4-(6n-2)2n+1=-(3n-4)2n+2-16.12 (12 )12n得Tn=(3n-4)2n+2+16.所以,数列
14、a2nbn的前n项和为(3n-4)2n+2+16.方法总结方法总结(1)等差数列与等比数列中分别有五个量,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anbn,其中an是公差为d的等差数列,bn是公比q1的等比数列,求anbn的前n项和应采用错位相减法.5.(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q0,nN*.(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-=1的离心率为en,且e2=2,求+.22nya21e22
15、e2ne解析解析(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan对所有n1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(nN*).(2)由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-=1的离心率en=.由e2=2解得q=.所以,+=(1+1)+(1+q2)+1+q2(n-1)=n+1+q2+q2(n-1)22nya21na2(1)1nq21q32
16、1e22e2ne=n+=n+(3n-1).2211nqq12易错警示易错警示(2)中求等比数列前n项和时要注意公比是q2.C 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.(2012课标全国,12,5分)数列an满足an+1+(-1)nan=2n-1,则an的前60项和为()A.3690B.3660C.1845D.1830答案答案D当n=2k,kN*时,a2k+1+a2k=4k-1,当n=2k-1,kN*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)
17、+(a4+a5)+(a60+a61)=3+7+11+(260-1)=3061=1830.30 (3 119)22.(2019浙江,20,15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.满分15分.(1)设数列an的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3
18、d=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(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=(-SnSn+2).所以bn=n2+n,nN*.1d21nS(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+ck2,2nnab222 (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+
19、cn2对任意nN*成立.k(1)(2)kkkk11k k21kk k1k k1k n思路分析思路分析(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(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+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),所以,又,2nnab222 (1)nn n1(1)nn nk1k k(1)(2)kkk1k (1)(2)kkk1k k21kk (1)(2)kkk11k 11k 21kk 所以.
20、即当n=k+1时,不等式也成立.根据和,不等式c1+c2+cn0.因为ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,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 lnxxx(1,e)e(e,+)f(x)+0-f(x)极大值因为=1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an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,于是Tn=1+,Tn=+.-可得Tn=2+-=3-,故Tn=6-.111045100,2,ada d1
21、12920,2,ada d11,2,ad19,2.9ad121,2,nnnanb11(279),929.9nnnanb1212nn322523724921212nn1212232352472592212nn1212212212n212nn232nn1232nn7.(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,nN*,求数列cn的前n项和.解析解析(1)设数列an的公比为q,数列bn的公差为d,由题意知q0.由已知,有消去d,整理得q4-2q2-8=0.
22、又因为q0,解得q=2,所以d=2.所以数列an的通项公式为an=2n-1,nN*;数列bn的通项公式为bn=2n-1,nN*.(2)由(1)有cn=(2n-1)2n-1,设cn的前n项和为Sn,则Sn=120+321+522+(2n-3)2n-2+(2n-1)2n-1,2Sn=121+322+523+(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,nN*.24232,310,qdqd评析评析本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识
23、.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.8.(2015山东,19,12分)已知数列an是首项为正数的等差数列,数列的前n项和为.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=(an+1),求数列bn的前n项和Tn.11nnaa21nn2na解析解析(1)设数列an的公差为d.令n=1,得=,所以a1a2=3.令n=2,得+=,所以a2a3=15.解得a1=1,d=2,所以an=2n-1.(2)由(1)知bn=2n22n-1=n4n,所以Tn=141+242+n4n,所以4Tn=142+243+n4n+1,两式相减,得-3Tn=41+42+4n-n4n+1=-n4n+1=4n+1-.121a a13
24、121a a231a a254(14 )14n1 33n43所以Tn=4n+1+=.319n4914(31)49nn9.(2014课标,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)求数列的前n项和.2nna解析解析(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=,从而a1=.所以an的通项公式为an=n+1.(2)设的前n项和为Sn,由(1)知=,则Sn=+,Sn=+.两式相减得Sn=+-=+-.所以Sn=2-.1232122nna2nna122nn2323
25、4212nn122nn12332442112nn222nn1234311122n222nn34141112n222nn142nn思路分析思路分析(1)解出方程的根,根据数列是递增的得出a2,a4的值,从而解出通项;(2)用错位相减法求和.10.(2013课标,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.解析解析(1)设an的公差为d.由题意,得=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
26、+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=(a1+a3n-2)=(-6n+56)=-3n2+28n.211a2n2n思路分析思路分析(1)设an的公差为d.由已知条件可建立方程求得公差d,从而求出an的通项公式.(2)由(1)得a3n-2是首项为25,公差为-6的等差数列,利用求和公式及等差数列的性质可得答案.考点二数列的综合应用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,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
27、.记Sn为数列an的前n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+11323362104560330
28、79108494121720453182133396611503865780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)()2nnAA2.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列an满
29、足:an-k+an-k+1+an-1+an+1+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(nk)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.证明证明本小题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,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)因为an是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,从而,当n4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-
30、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n3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,当n4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.由知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).将代入,得an-1+an+1=2an,其中n4,所以a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d .在中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d ,在中,取n=3,则a1
31、+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d ,所以数列an是等差数列.方法总结方法总结数列新定义型创新题的一般解题思路:1.阅读审清“新定义”;2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.3.(2015湖南,19,13分)设数列an的前n项和为Sn.已知a1=1,a2=2,且an+2=3Sn-Sn+1+3,nN*.(1)证明:an+2=3an;(2)求Sn.解析解析(1)证明:由条件,对任意nN*,有an+2=3Sn-Sn+1+3,因而对任意nN*,n2,有an+1=3Sn-1-Sn+3.两式相减,得
32、an+2-an+1=3an-an+1,即an+2=3an,n2.又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1.故对一切nN*,an+2=3an.(2)由(1)知,an0,所以=3.于是数列a2n-1是首项a1=1,公比为3的等比数列;数列a2n是首项a2=2,公比为3的等比数列.因此a2n-1=3n-1,a2n=23n-1.于是S2n=a1+a2+a2n=(a1+a3+a2n-1)+(a2+a4+a2n)=(1+3+3n-1)+2(1+3+3n-1)=3(1+3+3n-1)=,从而S2n-1=S2n-a2n=-23n-1=(53n-2-1).2nnaa3
33、(31)2n3(31)2n32综上所述,Sn=3223(5 31),23(31),.2nnnn是奇数是偶数考点一数列求和考点一数列求和三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组1.(2019河北五个一名校联盟第一次诊断,6)已知等差数列an中,a3+a5=a4+7,a10=19,则数列ancosn的前2018项的和为()A.1008B.1009C.2017D.2018答案答案D设an的公差为d,则有解得an=2n-1,设bn=ancosn,则b1+b2=a1cos+a2cos2=2,b3+b4=a3cos3+a4cos4=2,数列anco
34、sn的前2018项的和为(b1+b2)+(b3+b4)+(b2017+b2018)=2=2018.故选D.1112637,919,adadad11,2,ad20182解题关键解题关键由cosn的周期推得ancosn每两项的和为2是解本题的关键.2.(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)nan,则数列bn的前100项之和S100=()A.-200B.-100C.200D.100答案答案D设数列an的公差为d,由题意可得an=2n-3bn=(-1)n(2n-3)S100=(-a1+a2)+(-a3+a4)+(-a99+a100)=502=
35、100,故选D.1135,611adad11,2ad 3.(2019广东珠海期末质量监测,14)已知数列an的通项公式为an=2n+n,若数列an的前n项和为Sn,则S8=.答案答案546解析解析由an=2n+n,可得S8=(2+22+23+28)+(1+2+8)=+=546.82(12 )128 (1 8)24.(2018河北邯郸第一次模拟,15)已知数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,bn-an=2n+1,且Sn+Tn=2n+1+n2-2,则2Tn=.答案答案2n+2+n(n+1)-4解析解析由题意知Tn-Sn=b1-a1+b2-a2+bn-an=n+2n+1-2,又Sn+Tn=2n
36、+1+n2-2,所以2Tn=Tn-Sn+Sn+Tn=2n+2+n(n+1)-4.5.(2019湖南三湘名校(五十校)第一次联考,15)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1.当n2时,an+2Sn-1=n,则S2019=.答案答案1010解析解析由an+2Sn-1=n(n2),得an+1+2Sn=n+1,两式作差可得an+1-an+2an=1(n2),即an+1+an=1(n2),所以S2019=1+1=1010.201826.(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2018项和为.答案答案10092020解析
37、解析anbn=1,且an=n2+3n+2,bn=-,bn的前2018项和为-+-+-+-=-=.2132nn1(2)(1)nn11n12n121313141415120191202012120201010 12020100920207.(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,CR)的图象上,且a1=C.(1)求数列an的通项公式;(2)记bn=an(+1),求数列bn的前n项和Tn.12na解析解析(1)设数列an的公差为d,则Sn=na1+d=n2+n,又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得解得所以a1=1,所
38、以数列an的通项公式为an=2n-1.(1)2n n2d12da1,210,dC 2,1,dC(2)由(1)知bn=(2n-1)(22n-1-1+1)=(2n-1)2n,则Tn=12+322+(2n-1)2n,2Tn=122+323+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1,两式相减得Tn=(2n-1)2n+1-2(22+2n)-2=(2n-1)2n+1-2-2212 (12)12n=(2n-3)2n+1+6.8.(2019广东东莞第二次调研,17)已知数列an满足a2=3,an+1=2an+1,设bn=an+1.(1)求a1,a3;(2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由;(3)求a1+a
39、3+a5+a2n+1.解析解析(1)当n=1时,a2=2a1+1,解得a1=1.当n=2时,a3=2a2+1,解得a3=7.(2)bn是等比数列.理由:因为an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),因为bn=an+1,所以bn+1=2bn,所以bn是以2为公比的等比数列.(3)由(1)和(2)得an=2n-1,所以a1+a3+a5+a2n+1=(21+23+22n+1)-(n+1)=-(n+1)=-(n+1).12(14)14n12(41)3n考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用1.(2019河北保定期末,10)在数列an中,若a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(n
40、N*),则该数列的前100项之和是()A.18B.8C.5D.2答案答案Ca1=1,a2=3,an+2=an+1-an(nN*),a3=3-1=2,a4=2-3=-1,a5=-1-2=-3,a6=-3+1=-2,a7=-2+3=1,a8=1+2=3,a9=3-1=2,an是周期为6的周期数列,100=166+4,S100=16(1+3+2-1-3-2)+(1+3+2-1)=5.故选C.2.(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+=()A.64B.32C.38D.331ba2ba3ba答案答案D依题意知an=1+3(n-1)=3n-2,b
41、n=3n-1,则b1=1,b2=3,b3=9,+=a1+a3+a9=1+7+25=33.故选D.1ba2ba3ba3.(2017湖南湘潭三模,9)已知Tn为数列的前n项和,若mT10+1013恒成立,则整数m的最小值为()A.1026B.1025C.1024D.1023212nn答案答案C=1+,Tn=n+1-,T10+1013=11-+1013=1024-,又mT10+1013,整数m的最小值为1024.故选C.212nn12n12n101210124.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=ax+b(a0,且a1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当nN*时,an=,记数列
42、an的前n项和为Sn,当Sn=时,n的值为()A.7B.6C.5D.4( )1( )(1)f nf nf n1033答案答案D函数f(x)=ax+b(a0,且a1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5),或(舍去),f(x)=2x+1,an=-,Sn=+=-,令Sn=,得n=4.故选D.23,5,abab2,1ab1,4ab 121 1(21)(21)nnn 121n1121n113511591112121nn131121n1033特别提醒特别提醒使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点.5.(2019安徽黄山毕业
43、班第二次质量检测,10)已知数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn,且an0,6Sn=+3an-4(nN*),bn=,若对任意的nN*,kTn恒成立,则k的最小值为()A.B.C.D.2na11(1)(1)nnaa1319112115答案答案B因为6Sn=+3an-4,所以6Sn+1=+3an+1-4,相减得6an+1=+3an+1-3an,因为an0,所以an+1-an=3,又6S1=+3a1-4,所以6a1=+3a1-4,因为a10,所以a1=4,因此an=3n+1,bn=,从而Tn=,则Tn1,根据一次函数的单调性可得+10,由分段函数的单调性结合数列的单调性可得,2018-20200
44、,故可解得m2.故选C.2017,2019,312020,2019,2018nmnmnn32018m312018m7.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列an是正项数列,且+=n2+3n,则+=.1a2ana12a23a1nan答案答案2n2+6n解析解析令n=1,得=4,所以a1=16.当n2时,+=(n-1)2+3(n-1).与已知等式联立,化简得=(n2+3n)-(n-1)2-3(n-1)=2n+2(n2),所以an=4(n+1)2(n2),n=1时,a1=16符合上式.所以an=4(n+1)2,nN*,所以=4n+4,+=2n2+6n.1a1a2a1nana1nan12a23
45、a1nan(844)2nn8.(2019湖南郴州第二次教学质量监测,16)已知数列an和bn满足a1a2a3an=(nN*),若数列an为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列的前n项和Sn=.2nb1nb答案答案21nn解析解析an为等比数列,且a1=2,a4=16,公比q=2,an=2n,a1a2a3an=2122232n=21+2+3+n=.a1a2a3an=,bn=,=2,的前n项和Sn=b1+b2+b3+bn=2=2=.431aa3162(1)22n n2nb(1)2n n1nb2(1)n n111nn1nb111111111223341nn111n21nnB B组组 201720
46、1920172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组(时间:65分钟分值:80分)一、选择题(每题5分,共20分)1.(2019河北石家庄模拟考试一(B卷),12)已知数列an的前n项和为Sn,且Sn+1+Sn=(nN*),若a10a11,则Sn取最小值时n的值为()A.10B.9C.11D.122192nn答案答案ASn+1+Sn=(nN*),Sn+Sn-1=(n2且nN*),两式作差得an+1+an=n-10(n2且nN*),当n=10时,a11+a10=0,又a10a11,a100S10且S9S10,又S12-S10=a12+a11=11-10=10,由选项可得:Sn取最小值
47、时n的值为10,故选A.2192nn2(1)19(1)2nn思路分析思路分析将已知中的n换为n-1后,两式作差得an+1+an=n-10(n2且nN*),分析可得a1000,可得结论.2.(2019河南许昌、洛阳三模,11)已知数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,且an0,6Sn=+3an,bn=,若kTn恒成立,则k的最小值为()A.B.C.49D.2na12(21)(21)nnnaaa171498441答案答案B当n=1时,6a1=+3a1,解得a1=3.当n2时,由6Sn=+3an,得6Sn-1=+3an-1,两式相减并化简得(an+an-1)(an-an-1-3)=0,由于an0
48、,所以an-an-1-3=0,an-an-1=3,故an是首项为3,公差为3的等差数列,所以an=3n.则bn=,故Tn=b1+b2+bn=-,由于Tn是单调递增数列,-,故k.故k的最小值为,故选B.21a2na21na12(21)(21)nnnaaa171118181nn1722311111118 18181818181nn17111781n149117(81)n149117(81)n1491491493.(2019福建质量检查测试,12)数列an中,a1=2,且an+an-1=+2(n2),则数列的前2019项的和为()A.B.C.D.1nnnaa21(1)na4036201920191
49、0104037201940392020答案答案Ban+an-1=+2(n2),-2(an-an-1)=n,整理得(an-1)2-(an-1-1)2=n,(an-1)2-(a1-1)2=n+(n-1)+2,又a1=2,(an-1)2=(n2),当n=1时,也适合上式,=2(nN*).则数列的前2019项和为21-+-+-=2=.故选B.1nnnaa2na21na(1)2n n21(1)na 2(1)n n111nn21(1)na121213120191202011202020191010思路分析思路分析由an+an-1=+2(n2),可得-2(an-an-1)=n,化为(an-1)2-(an-1
50、-1)2=n,利用“累加法”可得(an-1)2=,再利用裂项相消法求和即可.1nnnaa2na21na(1)2n n4.(2019福建厦门第一中学3月模拟,11)已知数列an的前n项和为Sn,直线y=x-2与圆x2+y2=2an+2交于An,Bn(nN*)两点,且Sn=|AnBn|2.若a1+2a2+3a3+nan+2对任意nN*恒成立,则实数的取值范围是()A.(0,+)B.C.0,+)D.2142na1,21,2答案答案B圆心(0,0)到直线y=x-2,即x-y-2=0的距离d=2,由d2+=r2,且Sn=|AnBn|2,得22+Sn=2an+2,4+Sn=2(Sn-Sn-1)+2,n2,
