1、考点考点1 1 求通项公式求通项公式 1.(2017上海,10,5分)已知数列an和bn,其中an=n2(nN*),bn的项是互不相等的正整数,若对于任 意nN*,数列bn中的第an项等于an中的第bn项,则= . 1 4 9 16 1 2 3 4 lg() lg() bb b b bb b b 答案答案 2 解析解析 由题意知=,则=, 所以b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2, 所以=2. n a b n b a 2 n b 2 n b 1 4 9 16 1 2 3 4 lg() lg() bb b b bb b b 2 1 2 3 4 1 2 3 4 lg() lg() bb b
2、b bb b b 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 (1)证明: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
3、)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1. 所以an=(an+bn)+(an-bn)=+n-, bn=(an+bn)-(an-bn)=-n+. 1 2 1 2 -1 1 2n 1 2 1 2n 1 2 1 2 1 2n 1 2 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+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,从而得an,bn. 1 2 1.(2015课标,16,5分)设Sn是数列an的
4、前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= . 以下为教师用书专用 答案答案 - 1 n 解析解析 an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn0,-=1,是等差数列,且公差为- 1,而=-1,=-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=-. 1 n S 1 1 n S 1 n S 1 1 S 1 1 a 1 n S 1 n 思路分析思路分析 由an+1=Sn+1-Sn得Sn+1-Sn=SnSn+1,通过变形知数列是首项和公差均为-1的等差数列,进 而得,从而得Sn. 1 n S 1 n S 解题关键解题关键 在已知等式中用Sn+1-Sn代替an+1
5、,得到中相邻两项的关系是解决本题的突破口. 1 n S 2.(2016浙江,13,6分)设数列an的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则a1= ,S5= . 答案答案 1;121 解析解析 解法一:an+1=2Sn+1,a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1- Sn, Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,由S2=4,可求出S3=13,S4=40,S5=121. 解法二:由an+1=2Sn+1,得a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,4-a1=2a1+1,解得a1=
6、1.又an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn =2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,则Sn+1+=3,又S1+=,是首项为,公比为3的等比数列, Sn+=3n-1,即Sn=,S5=121. 1 2 1 2 n S 1 2 3 2 1 2 n S 3 2 1 2 3 2 3 -1 2 n5 3 -1 2 考点考点2 2 数列的求和数列的求和 1.(2020课标,12,5分)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2an满足ai0,1(i= 1,2,),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,) 的最小正整数
7、m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2an,C(k)= aiai+k(k=1,2,m- 1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)(k=1,2,3,4)的序列是( ) A.11010 B.11011 C.10001 D.11001 1 m 1 m i 1 5 答案答案 C C(1)=(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a1), C(2)=(a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)=(a1a3+a2a4+a3a5+a4a1+a5a2), C(3)=(a1a4+a2a5+a3a6+a4
8、a7+a5a8)=(a1a4+a2a5+a3a1+a4a2+a5a3), C(4)=(a1a5+a2a6+a3a7+a4a8+a5a9)=(a1a5+a2a1+a3a2+a4a3+a5a4). 对于A,C(1)=,C(2)=,故A不正确;对于B,C(1)=,故B不正确;对于D,C(1)=,故D不正确;对于C,C (1)=,C(2)=0,C(3)=0,C(4)=,C正确. 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 2 5 3 5 2 5 1 5 1 5 2.(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
9、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 答案答案 A 设第一项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n组 的项数为n,前n组的项数和为.由题意可知,N100,令100,n14,nN*,即N出现在 第13组之后.易得第n组
10、的所有项的和为=2n-1,前n组的所有项的和为-n=2n+1-n-2.设满足 条件的N在第k+1(kN*)组,且第N项为第k+1组的第t(tN*)个数.第k+1组的前t项的和2t-1应与-2-k 互为相反数,即2t-1=k+2,2t=k+3,t=log2(k+3),当t=4,k=13时,N=+4=955时,N440,故选A. (1) 2 n n(1) 2 n n 1-2 1-2 n 2(1-2 ) 1-2 n 13 (13 1) 2 29 (29 1) 2 3.(2020浙江,11,4分)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列 就是二阶等差数列.数列(nN*)的前3项
11、和是 . (1) 2 n n (1) 2 n n 答案答案 10 解析解析 数列的前三项依次为=1,=3,=6,所求和为1+3+6=10. (1) 2 n n 1 2 2 2 3 2 3 4 2 4.(2017课标,15,5分)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则= . 1 n k 1 k S 答案答案 2 1 n n 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=. 1 1 23, 4610, ad ad 1 1, 1, a d (1) 2 n n 1 n S 2 (1
12、)n n 11 - 1n n 1 n k 1 k S 1 2 1 2 1 3 1 n 1 1n 1 1- 1n 1 n n 2 1 n n 5.(2020课标,17,12分)设an是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项. (1)求an的公比; (2)若a1=1,求数列nan的前n项和. 解析解析 (1)设an的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2. 故an的公比为-2. (2)记Sn为nan的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1. 所以Sn=1+2(-2)+n(-2)n-1, -2S
13、n=-2+2(-2)2+(n-1)(-2)n-1+n(-2)n. 可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n =-n(-2)n.所以Sn=-. 1-(-2) 3 n 1 9 (31)(-2) 9 n n 6.(2020课标,17,12分)设数列an满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想an的通项公式并加以证明; (2)求数列2nan的前n项和Sn. 解析解析 (1)a2=5,a3=7. 猜想an=2n+1.由已知可得 an+1-(2n+3)=3an-(2n+1), an-(2n+1)=3an-1-(2n-1), a2-5=3(a1-3). 因
14、为a1=3,所以an=2n+1. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n, 所以Sn=32+522+723+(2n+1)2n. 从而2Sn=322+523+724+(2n+1)2n+1. -得 -Sn=32+222+223+22n-(2n+1)2n+1. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 7.(2020天津,19,15分)已知an为等差数列,bn为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3). (1)求an和bn的通项公式; (2)记an的前n项和为Sn,求证:SnSn+2(nN*); (3)对任意的正整数n,设cn=求数列cn的前2n项和. 2 1n S
15、2 -1 1 (3-2) , ,. nn nn n n ab n a a a n b 为奇数 为偶数 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a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而an 的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而bn的通项公式为bn= 2n-1. (2)证明:由(1)可得Sn=,故SnSn+2=n(n+1)(n+2)(n+3),=(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-=-(n+ 1)(n+2)0,所以SnSn+212an+1成立的n的最小值为 . 以下为教师用书专用 答
16、案答案 27 解析解析 解法一:设an=2k,则Sn=(21-1)+(22-1)+(2 2k-1-1)+(2+22+2k)=+= 22k-2+2k+1-2. 由Sn12an+1得22k-2+2k+1-212(2k+1),即(2k-1)2-20 2k-1-140,即2k-125,则k6. 所以只需研究25an16. 由m2+25+1-212(2m+1),得m2-24m+500, m22,n=m+527. 满足条件的n最小值为27. 解法二:设bn=2n-1,cn=2n,则bn为奇数,cn为偶数,数列an是由数列bn和cn的所有项从小到大依次 排列构成的. 设数列an的前n项中有m个数列bn中的项
17、,k个数列cn中的项,则n=m+k,数列bn的前m项和为m 2,数列c n的前k项和为2 k+1-2. (1)若最后一项是等比数列中的项,则2m-1=2k-1,m=2k-1. 由Sn12an+1,得(2k-1)2+2k+1-212(2k+1), 即2k-1(2k-1-20)14,则k6. -1-1 2(12 2-1) 2 kk 2(1-2 ) 1-2 k 当k取最小值6时,m=32,n=38; (2)若最后一项是等差数列中的项,则2k2m-12k+1(k1,m2),此时an=2m-1,则an+12m. Sn-12an+1=2k+1-2+m2-12an+12(2m-1)-2+m2-122m=m2
18、-20m-4. 当m=2,3,20时,均有Sn-12an+112an+1不成立. 所以m21,而2k+12m-1,则k5. 当k=5时,结合2k2m-10,满足题意,此时n=37; 当21m31时,an+1=2m+1,Sn-12an+1=62+m2-12(2m+1)=m(m-24)+50, 当且仅当m22时,有Sn-12an+10, 即当k=5,m=22时,nmin=5+22=27. 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=,求数列cn的前n项和Tn. 1 (1) (2)
19、n n n n a b 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,适合上式,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)2n+2, 两式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2 =3=-3n 2n+2.所以Tn=3n 2n+2. 112 223 , , abb abb 1 1 112, 1723
20、 , bd bd 1 (66) (33) n n n n 2 4(1-2 ) 4-(1)2 1-2 n n n 易错警示易错警示 利用错位相减法求解数列的前n项和时,要注意相减后等式右边的项数一共是(n+1)项, 中间的(n-1)项是等比数列,不要把项数搞错,求解时要搞清楚错位相减法的基本步骤. 3.(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. 2 n a 1 1 nn a a 解析解析 (1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3. 可得-+2(an+1-an)=
21、4an+1, 即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) 2 n a 2 1n a 2 1n a 2 n a 2 1n a 2 n a 2 1 a 1 1 nn a a 1 (21)(23)nn 1 2 11 - 21 23nn 1 2 1 11 111 -?- 3 55 721 23
22、nn 3(23) n n 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. 2 n a 2 1n a 111 - 2 21 23 n b nn 考点考点1 1 求通项公式求通项公式 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020吉林长春三模,10)已知数列an的各项均为正数,其前n项和Sn满足4Sn=+2an(nN*),设bn= (-1)n anan+1,Tn为数列bn的前n项和,则T20=( ) A.110 B.220 C.440 D.880 2 n
23、 a 答案答案 D 本题主要考查求数列的通项公式,以及运用分组求和法求数列的前n项和.考查了转化 与化归思想,提出和解决问题的能力和运算求解能力,体现逻辑推理和数学运算的核心素养. 由题意,当n=1时,4a1=4S1=+2a1,整理,得-2a1=0,解得a1=0或a1=2,an0,nN*,a1=2.当n2时, 由4Sn=+2an,可得:4Sn-1=+2an-1,两式相减,可得4an=+2an-2an-1,整理,得(an+an-1)(an-an-1-2)=0, an+an-10, an-an-1-2=0,即an-an-1=2, 数列an是以2为首项,2为公差的等差数列, an=2+2(n-1)=
24、2n,nN*, bn=(-1)n anan+1=(-1)n 4n(n+1), 则T20=b1+b2+b3+b4+b19+b20 =-412+423-434+445-41920+42021 =(-412+423)+(-434+445)+(-41920+42021)=42(3-1)+44(5-3)+420(21 -19) =422+442+4202=16(1+2+10)=1655=880.故选D. 2 1 a 2 1 a 2 n a 2 -1n a 2 n a 2 -1n a 2.(2019江西宜春3月联考,12)已知函数f(x)=ex(sin x-cos x),记f (x)是f(x)的导函数,将
25、满足f(x)=0的所 有正数x从小到大排成数列xn,nN*,则数列f (xn)的通项公式是( ) A.(-1)n B.(-1)n+1 C.(-1)n D.(-1)n+1 2 ( -1) 4 e n n 2 ( -1) 4 e n 2 4 e n 2 4 e n 答案答案 B 由f(x)=0,即ex(sin x-cos x)=0,解得x=(n-1)+,nZ.从而xn=(n-1)+(n=1,2,3,), f (x)=ex (sin x-cos x)+ex(sin x+cos x)=2exsin x, f (xn)=2 sin=(-1)n+1,故选B. 4 4 ( -1) 4 e n ( -1) 4
26、 n 2 ( -1) 4 e n 3.(2020安徽合肥模拟,14)设Sn为数列an的前n项和,若2Sn=5an-7,则an= . 答案答案 7 3 -1 5 3 n 解析解析 本题考查数列的前n项和与通项的关系,考查运算求解能力以及转化与化归思想. 当n=1时,2S1=5a1-7=2a1,得a1=; 当n2时,由2Sn=5an-7,得2Sn-1=5an-1-7, 两式相减可得2an=5an-5an-1, 即5an-1=3an,即=,故数列an是以为首项,为公比的等比数列,故an=. 7 3 -1 n n a a 5 3 7 3 5 3 7 3 -1 5 3 n 4.(2020全国卷模拟,17
27、)已知数列an满足a1=,a2=,且数列是等差数列. (1)求数列an的通项公式; (2)求数列an的前n项和Sn. 1 3 4 154-1 n n a a 解析解析 (1)由a1=,a2=,可得=1,=2.等差数列的首项为1,公差d=1, =n,an=. (2)由(1)得an=+=+-,Sn=+ =+-. 1 3 4 15 1 1 4-1 a a 2 2 4-1 a a4-1 n n a a 4-1 n n a a 2 2 4-1 n n 2 2 4-1 n n 1 4 1 4 2 1 4-1n 1 4 1 8 1 2 -1n 1 21n4 n1 8 1 1 - 1 3 1 1 - 3 5
28、11 - 2 -1 21nn 4 n1 8 1 168n 考点考点2 2 数列的求和数列的求和 1.(2020天一大联考,10)已知数列an满足a1+4a2+7a3+(3n-2)an=4n,则a2a3+a3a4+a21a22= ( ) A. B. C. D. 5 8 3 4 5 4 5 2 答案答案 C 当n=1时,a1=4.a1+4a2+7a3+(3n-2)an=4n,当n2时,a1+4a2+7a3+(3n-5) an-1=4(n-1),两 式相减,可得(3n-2)an=4,故an=,因为a1=4也适合上式,所以an=,nN*,则an+1an+2= =,故a2a3+a3a4+a21a22=-
29、+-+-+-= =. 4 3 -2n 4 3 -2n 16 (31)(34)nn 16 3 11 - 31 34nn 16 3 1 4 1 7 1 7 1 10 1 10 1 13 1 61 1 64 16 3 11 - 4 64 5 4 2.(2020河南濮阳一模,8)已知数列an满足an+am=am+n(m,nN*)且a1=1,若x表示不超过x的最大整 数,则数列的前10项和为( ) A.12 B. C.24 D.40 23 5 n a 113 5 答案答案 C 本题考查了等差数列的证明、等差数列的通项公式、取整函数、分类讨论的思想,考 查了推理能力与计算能力,渗透了逻辑推理和数学运算的核
30、心素养. 数列an满足an+am=am+n(m,nN*)且a1=1, 令m=1,可得an+a1=an+1,可得an+1-an=1, 数列an为等差数列,公差为1,首项为1. an=1+n-1=n.a2n+3=2n+3. 令=f(n),则1n3时, f(n)=1;4n5时, f(n)=2;6n8时, f(n)=3;n=9,10时, f(n)=4. 数列的前10项和为13+22+33+42=24. 故选C. 23 5 n a 23 5 n a 3.(2020重庆模拟,11)数列an满足an+1=(-1)n+1an+2n-1,则数列an的前48项和为( ) A.1 006 B.1 176 C.1 2
31、28 D.2 368 答案答案 B 本题考查了等差数列的通项公式及前n项和公式、分组求和法,考查了推理能力与计算 能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养. an+1=(-1)n+1an+2n-1, n=2k-1(kN*)时,a2k=a2k-1+4k-3, n=2k+1(kN*)时,a2k+2=a2k+1+4k+1, n=2k(kN*)时,a2k+1=-a2k+4k-1, a2k+1+a2k-1=2,a2k+2+a2k=8k. 则数列an的前48项和为212+8(1+3+23)=24+8=1 176.故选B. 12 (123) 2 4.(2019陕西咸阳二模,15)已知等比数列an的各项都为正
32、数,满足a1=2,a7=4a5,设bn=log2a1+log2a2+ +log2an,则数列的前2 019项和S2 019= . 1 n b 答案答案 2 019 1 010 解析解析 设等比数列an的公比为q,q0,a1=2,a7=4a5, q2=4,解得q=2.an=2n,log2an=n. bn=log2a1+log2a2+log2an=1+2+(n-1)+n=. =2,则数列的前2 019项和S2 019=21-+-+-=21- =. (1) 2 n n 1 n b 11 - 1n n 1 n b 1 2 1 2 1 3 1 2 019 1 2 019 1 1 2 020 2 019
33、1 010 5.(2020山西晋中模拟,17)已知等差数列an的前n项和为Sn,a5=9,S5=25. (1)求数列an的通项公式及前n项和Sn; (2)设bn=(-1)nSn,求bn的前n项和Tn. 解析解析 (1)由题意,得S5=5a3=25,得a3=5, 设等差数列an的公差为d,则 d=2, an=a3+(n-3) d=5+2(n-3)=2n-1,nN*. 则a1=21-1=1, Sn=n2. (2)由(1)知,bn=(-1)nSn=(-1)nn2, 当n为偶数时,n-1为奇数, Tn=b1+b2+bn=-12+22-32+42-(n-1)2+n2 =(22-12)+(42-32)+n
34、2-(n-1)2 =(2+1)(2-1)+(4+3)(4-3)+n+(n-1)n-(n-1) =1+2+3+4+(n-1)+n=; 当n为奇数时,n-1为偶数, Tn=b1+b2+bn=-12+22-32+42-(n-2)2+(n-1)2-n2 =(22-12)+(42-32)+(n-1)2-(n-2)2-n2 15 5() 2 aa 3 5 2 2 a 53 - 5-3 a a9-5 2 1(2 -1) 2 nn (1) 2 n n =(2+1)(2-1)+(4+3)(4-3)+(n-1)+(n-2)(n-1)-(n-2)-n2 =1+2+3+4+(n-2)+(n-1)-n2 =-n2=-.
35、 综上所述,Tn=(-1)n. ( -1) 2 n n(1) 2 n n (1) 2 n n 思路分析思路分析 第(1)问根据等差数列的求和公式和等差数列的性质可得a3=5,然后根据a5=9即可计算 出公差d,则可得到等差数列an的通项公式及前n项和Sn; 第(2)问先根据第(1)问的结果计算出数列bn的通项公式,然后分n为偶数和n为奇数两种情况分别 求和,运用分组求和法及等差数列的求和公式进行计算,最后综合两种情况可得前n项和Tn.a 6.(2019安徽安庆二模,17)已知等比数列an满足:S1=1,S2=4. (1)求an的通项公式及前n项和Sn; (2)设bn=,求数列bn的前n项和Tn
36、. 31 1 (1)log n na 解析解析 (1)设等比数列an的公比为q, S1=1,S2=4,a1=1,a1(1+q)=4, 解得q=3. an=3n-1. Sn=(3n-1). (2)bn=-, 数列bn的前n项和Tn=1-+-+-=1-=. 1-3 1-3 n 1 2 31 1 (1)log n na 1 (1)nn 1 n 1 1n 1 2 1 2 1 3 1 n 1 1n 1 1n1 n n 一、选择题(每小题5分,共15分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：50分钟 分值：70分) 1.(2020天一联考“顶尖计划”高中毕业班第二次考试,8)如图所示的“数字塔”
37、有以下规律:每一 层最左与最右的数字均为2,除此之外每个数字均为其两肩的数字之积,则该“数字塔”前10层的 所有数字之积最接近(lg 20.3)( ) A.10300 B.10400 C.10500 D.10600 答案答案 A 如图,将数字塔中的数写成幂的形式,可发现其指数恰好构成“杨辉三角”,前10层的指 数之和为1+2+22+29=210-1=1 023,所以原数字塔中前10层所有数字之积为21 023=101 023lg 210300. 2.(2018安徽合肥一模,8)已知数列an的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2 018=( ) A.22 018-1 B.32 018-
38、6 C.- D.- 2 018 1 2 7 2 2 018 1 3 10 3 答案答案 A 数列an的前n项和为Sn,3Sn=2an-3n, a1=S1=(2a1-3),解得a1=-3. Sn=(2an-3n), 当n2时,Sn-1=(2an-1-3n+3), -,得an=an-an-1-1, an=-2an-1-3,=-2, a1+1=-2,an+1是以-2为首项,-2为公比的等比数列,an+1=(-2)n,an=(-2)n-1,a2 018=(-2)2 018-1= 22 018-1.故选A. 1 3 1 3 1 3 2 3 2 3 -1 1 1 n n a a 方法总结方法总结 由Sn与
39、an的关系求通项an的方法可归纳为以下两种:由Sn=f(an)得Sn-1=f(an-1)(n2),由an =Sn-Sn-1消去Sn可得an与an-1的关系,进而求解;将an=Sn-Sn-1(n2)代入Sn=f(an)消an,得出Sn与Sn-1(n2) 的关系式,进而求出Sn,从而得an. 解题关键解题关键 本题的解题关键是由3Sn=2an-3n得出an=-2an-1-3(n2),进而用构造法得出=-2(n 2). -1 1 1 n n a a 方法点拨方法点拨 利用an与Sn的关系得an与an-1(n2)的关系,进而构造等比数列求出an,从而得a2 018. 3.(2019河南郑州一模,10)
40、已知数列an满足2an+1+an=3(nN*),且a3=,其前n项之和为Sn,则满足不 等式|Sn-n-6|的最小整数n是( ) A.8 B.9 C.10 D.11 13 4 1 123 答案答案 C 由2an+1+an=3,得an+1-1=-(an-1), 又a3=, a2-1=-2(a3-1)=-,a1-1=-2(a2-1)=9. an-1是首项为9,公比为-的等比数列, 则an-1=9,an=1+9, 则Sn=n+9=n+6-6, 则|Sn-n-6|=3,|Sn-n-6|即39, 满足不等式|Sn-n-6|的最小整数n是10.故选C. 1 2 13 4 9 2 1 2 -1 1 - 2
41、n -1 1 - 2 n 1 1- - 2 1 1- - 2 n 1 - 2 n -1 1 2n 1 123 -1 1 2n 1 123 1 123 思路分析思路分析 由2an+1+an=3得an+1-1=-(an-1),再由a3=可得an-1是首项为9,公比为-的等比数列, 求出通项公式,得到Sn,代入不等式|Sn-n-6|求解. 1 2 13 4 1 2 1 123 二、填空题(共5分) 4.(2020天一联考“顶尖计划”高中毕业班第二次考试,15)数列an满足an+2=an+an+1,且a1=a2,a2 019a2 02 0=2 020,则+ = . 2 1 a 2 2 a 2 2 01
42、9 a 答案答案 2 020 解析解析 本题考查累加法求数列的前n项和. an+1=an+2-an两端同乘an+1有=an+1an+2-anan+1, 从而=anan+1-an-1an,=an-1an-an-2an-1,=a2a3-a1a2, 将以上式子累加得+=anan+1-a1a2, 由a1=a2得+=anan+1. 令n=2 019,有+=a2 019 a2 020=2 020. 2 1n a 2 n a 2 -1n a 2 2 a 2 2 a 2 3 a 2 n a 2 1 a 2 2 a 2 3 a 2 n a 2 1 a 2 2 a 2 2 019 a 三、解答题(共50分) 5.
43、(2020宁夏银川金凤模拟,17)已知数列an满足a1=2,nan+1-(n+1)an=2n(n+1),设bn=. (1)证明数列bn是等差数列,并求其通项公式; (2)若cn=-n,求数列cn的前n项和. n a n 2 n b 解析解析 本题考查了数列递推关系、分组求和法,考查了推理能力与计算能力,渗透逻辑推理和数学 运算的核心素养. (1)nan+1-(n+1)an=2n(n+1),-=2, bn=, bn+1-bn=2,b1=2, 数列bn是等差数列,首项与公差都为2. bn=2+2(n-1)=2n. (2)cn=-n=22n-n=4n-n, 数列cn的前n项和=-=-. 1 1 n
44、a n n a n n a n 1 1 a 2 n b 4(1-4 ) 1-4 n (1) 2 n n 1 4-4 3 n (1) 2 n n 思路分析思路分析 (1)由nan+1-(n+1)an=2n(n+1),得-=2,由bn=,可得bn+1-bn=2,b1=,从而证明结论,进 而求得bn. (2)cn=-n=22n-n=4n-n,利用等比数列与等差数列的求和公式即可得出答案. 1 1 n a n n a n n a n 1 1 a 2 n b 6.(2020陕西教学质量检测,18)已知正项数列an的前n项和为Sn,a1=1,2Sn=anan+1(nN*). (1)求数列an的通项公式;
45、(2)若数列bn满足bn=,令Tn=a1b1+a2b2+a3b3+anbn,求证:Tn0,an+1-an-1=2(n2), 数列an的奇数项是公差为2的等差数列,偶数项也是公差为2的等差数列. 又a2-a1=1, 数列an是公差为1的等差数列,an=n. (2)证明:由(1)知an=n,则bn=2n, Tn=12+222+323+n2n, 2Tn=122+223+324+(n-1)2n+n2n+1, 两式相减得-Tn=2+22+23+2n-n2n+1=-n2n+1=-(n-1)2n+1-2, Tn=(n-1)2n+1+2=n 2n+1+2-2n+1. 当n1时,2-2n+12-4=-20, T
46、nn 2n+1. 2n a 2(1-2 ) 1-2 n 7.(2020四川石室中学二诊,17)已知数列an的前n项和为Sn,且满足2Sn=n-n2(nN*). (1)求数列an的通项公式; (2)设bn=(kN*),数列bn的前n项和为Tn.若T2n=a-+b对nN*恒成立, 求实数a,b的值. 2 2 (2 -1), 2 (2 ) (1-)(1-) n a nn nk nk aa 1 4 n 1 22n 解析解析 (1)当n=1时,由2S1=2a1=1-12得a1=0; 当n2时,2an=2Sn-2Sn-1=n-n2-(n-1)-(n-1)2=2-2n,则an=1-n(n2), 显然当n=1
47、时也适合上式, an=1-n(nN*). (2)=-, T2n=(b1+b3+b2n-1)+(b2+b4+b2n) =(20+2-2+22-2n)+=+-=-. T2n=a-+b对nN*恒成立, a=-,b=. 2 2 (1-)(1-) nn aa 2 (2)n n 1 n 1 2n 1 1 - 2 4 1 1 - 4 6 11 - 222nn 1 1- 4 1 1- 4 n 1 2 1 22n 11 6 4 3 1 4 n 1 22n 1 4 n 1 22n 4 3 11 6 8.(2019河南百校联盟模拟,17)已知Sn为等差数列an的前n项和,a3=5,S7=49. (1)求数列an的通项公式; (2)设bn=,Tn为数列bn的前n项和,求证:Tn3. 2
