1、考点一 数列求和,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,1.(2018浙江,20,15分)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 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、(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-bn=(4n-1) ,故bn-bn-1=(4n-5) ,n2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1) =(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 利用错位相
3、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)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项数. (5)进行检验.,2.(2016浙江文,17,15分)设数列an的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,nN*. (1)求通项公式an; (2)求数列|an-n-2|的前n项和.,解析 (1)由题意得 则 又当n2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an, 得an+1=3an. 所以,数列an的通项公式为an=3n-1,nN
4、*. (2)设bn=|3n-1-n-2|,nN*,则b1=2,b2=1. 当n3时,由于3n-1n+2,故bn=3n-1-n-2,n3. 设数列bn的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3. 当n3时,Tn=3+ - = , 所以Tn=,易错警示 (1)当n2时,得出an+1=3an,要注意a1与a2是否满足此关系式. (2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后Tn要写成分段函数 的形式.,3.(2015浙江文,17,15分)已知数列an和bn满足a1=2,b1=1,an+1=2an(nN*),b1+ b2+ b3+ bn =bn+1-1(nN*). (1)求
5、an与bn; (2)记数列anbn的前n项和为Tn,求Tn.,解析 (1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(nN*). 由题意知: 当n=1时,b1=b2-1,故b2=2. 当n2时, bn=bn+1-bn,整理得 = , 所以bn=n(nN*). (2)由(1)知anbn=n2n, 因此Tn=2+222+323+n2n, 2Tn=22+223+324+n2n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+2n-n2n+1. 故Tn=(n-1)2n+1+2(nN*).,评析 本题主要考查数列的通项公式,等差、等比数列的基础知识,同时考查数列求和的基 本思想方法,以及推理论证能力.,1.(2
6、019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*.,考点二 数列的综合应用,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+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2. 从而an=2n-2,nN*. 所以Sn=n2-n,
7、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*.,(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 ,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
8、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=0k(k+1), 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+cn2 对任意nN*成立.,2.(2016浙江,20,15分)设数列an满足 1,nN*. (1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*; (2)若|an| ,nN*,证明:|an|2,nN*.,证明 (1)由 1得|an|- |an+1|1,故 - ,nN*, 所以 - = + + + + n, - = + + + + , 故|an| 2n 2n=2+ 2n.,从而对
9、于任意mn,均有|an|2,取正整数m0lo 且m0n0,则 =| |-2, 与式矛盾. 综上,对于任意nN*,均有|an|2.,3.(2015浙江,20,15分)已知数列an满足a1= 且an+1=an- (nN*). (1)证明:1 2(nN*); (2)设数列 的前n项和为Sn,证明: (nN*).,证明 (1)由题意得an+1-an=- 0,即an+1an, 故an . 由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a10. 由0an 得 = = 1,2,即1 2.,评析 本题主要考查数列的递推公式与单调性、不等式的性质等基础知识,同时考查推理 论
10、证能力,分析问题和解决问题的能力.,(2)由题意得 =an-an+1, 所以Sn=a1-an+1. 由 - = 和1 2得1 - 2, 所以n - 2n,因此 an+1 (nN*). 由得 (nN*).,考点三 数学归纳法 (2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时, (1)0xn+1xn; (2)2xn+1-xn ; (3) xn .,证明 本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性基础知识,不等式及其应用,同时考查推 理论证能力、分析问题和解决问题的能力. (1)用数学归纳法证明xn0. 当n=1时,x1=10.
11、 假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00. 因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1. 因此0xn+1xn(nN*).,(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得, xnxn+1-4xn+1+2xn= -2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1). 记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x0), f (x)= +ln(1+x)0(x0). 函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0, 因此 -2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0, 故2xn+1-xn (nN*).,(3)
12、因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn . 由 2xn+1-xn得 - 2 0, 所以 - 2 2n-1 =2n-2, 故xn .综上, xn (nN*).,方法总结 1.证明数列单调性的方法. 差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断 其符号. 商比法:作商 ,判断 与1的大小,同时注意an的正负. 数学归纳法. 反证法:例如求证:nN*,an+1an,可反设存在kN*,有ak+1ak,从而导出矛盾.,2.证明数列的有界性的方法. 构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界. 反证法. 数学归纳法
13、.,3.数列放缩的方法. 裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放 缩的目的. 累加法:先把an+1-an进行放缩.例:an+1-anqn, 则有n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)a1+q+q2+qn-1. 累乘法:先把 进行放缩.例: q(q0), 则有n2时,an=a1 a1qn-1(其中a10). 放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适 当放缩.,考点一 数列求和,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,1.(2017课标全国理,12,5分)几位大学生响应国家的创业号
14、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.440 B.330 C.220 D.110,答案 A 本题考查等比数列的前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
15、的前110项为20,20,21,20,21,20,21,213,2 0,21,22,23,24,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)+(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+2
16、2+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,所以2m2n+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
17、,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.(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列 前10项的和为 .,答案,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 = .,3.(2018天津
18、文,18,13分)设an是等差数列,其前n项和为Sn(nN*);bn是等比数列,公比大于0, 其前n项和为Tn(nN*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6. (1)求Sn和Tn; (2)若Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.,解析 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. (1)设等比数列bn的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.由q0,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+
19、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.,4.(2018天津理,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
20、项和为Tn(nN*). (i)求Tn; (ii)证明 = -2(nN*).,解析 本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
21、, 故Tn= = -n=2n+1-n-2. (ii)证明:因为 =,= = - ,所以, = + + = -2.,方法总结 解决数列求和问题的两种思路: (1)利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.,5.(2017北京文,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.,解析 本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.
22、 (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= .,方法总结 求解有关等差数列和等比数列问题的关键是对其基本量(首项,公差,公比)进行求 解.对于数列求和问题,常用的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法和分组 转化法等.,6.(2017天津文,18,13分)已知an为等差数列,前n项和为Sn(nN*),bn是首项为
23、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 本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.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=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.
24、 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,得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, 故Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,数列a2nbn的前n项和为(3n-4)2n+2+16.,7.(2017山东文,19,12分)已知an是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2
25、=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.,解析 本题考查等比数列与数列求和. (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=bnbn+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- .,易错警示 “错位相减
26、法”求和的关键在于:,1.明确右边求和的是n项还是(n-1)项;,2.式子合并化简.,8.(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.,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)
27、2n+1, 2Tn=3223+324+(n+1)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.,9.(2016课标全国,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,根据题意可得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
28、101=2. (6分) (2)因为bn= (9分) 所以数列bn的前1 000项和为190+2900+31=1 893. (12分),疑难突破 充分理解x的意义,求出bn的表达式,从而求出bn的前1 000项和.,1.(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.6 B.7 C.8 D.9,考点二 数列的综合应用,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. a,b,-2适当排序后成等比
29、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.,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项和,则使得Sn12an+1成立的n的最小值为 .,答案 27,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
30、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,观察到l=5时,Tl=S2112a39, 则当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+1
31、95=(n-17)2-94, 则n27时,Sn-12an+10,即nmin=27.,3.(2017北京理,10,5分)若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则 = .,答案 1,解析 本题考查等差数列、等比数列的基础知识,考查运算求解能力. 设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q. a1=b1=-1,a4=b4=8, a2=2,b2=2. = =1.,4.(2019天津文,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=4a 2+3. (1)求an和bn的通项公式; (2)设数列cn满足cn= 求a1c1+
32、a2c2+a2nc2n(nN*).,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.满分13分. (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). 记T
33、n=131+232+n3n, 则3Tn=132+233+n3n+1, -得,2Tn=-3-32-33-3n+n3n+1=- +n3n+1= .,所以,a1c1+a2c2+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3 = (nN*).,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 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.,5.(2019课标全国理,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-
34、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 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.
35、(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 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1= (an+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.,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.,6.(2019天津理,19,14分)设
36、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*).,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.满分14分. (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
37、.,(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*).,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. (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=
38、 ai+ ( -1),计算即可.,解题关键 正确理解数列cn的含义是解题的关键.,7.(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.,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
39、化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分. (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,S1=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*).,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,
40、m. 当k=1时,有q1; 当k=2,3,m时,有 ln q . 设f(x)= (x1),则f (x)= . 令f (x)=0,得x=e.列表如下:,因为 = = ,所以f(k)max=f(3)= . 取q= ,当k=1,2,3,4,5时, ln q,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.,8.(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
41、=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=b10,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).,解析 本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, 所以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
42、=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 b1d b1. 因为q(1, ,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 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)=(ln 2-1-xln 2)2x0, 所以f(x)单调
43、递减,从而f(x)f(0)=1. 当2nm时, = =f 1. 因此,当2nm+1时,数列 单调递减, 故数列 的最小值为 .,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 b1d b1,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 ,要作商讨论其单调性, = =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
44、的单调性去证明f 1,得到数列 的单调性,求出最小值.,9.(2017山东理,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 本题考查等比数列基本量的计算,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
45、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+22+2n-1)-(2n+1)2n-1 = + -(2n+1)2n-1. 所以Tn= .,解题关键 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以
46、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.,10.(2016天津,18,13分)已知an是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的nN*,bn是an和 an+1的等比中项. (1)设cn= - ,nN*,求证:数列cn是等差数列; (2)设a1=d,Tn= (-1)k ,nN*,求证: .,证明 (1)由题意得 =anan+1,有cn= - =an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2, 所以cn是等差数列. (2)Tn=(- + )+(- + )+(- + ) =2d(a2+a4+a2n) =2d =2d2n(n+1). 所以 = = = .,评析 本题主要考查等差数列及其前n项和公式、等比中项等基础知识.考查数列求和的基本 方法、推理论证能力和运算求解能力.,11.(2015重庆,22,12分)在数列an中,a1=3,an+1an+
