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【学习目标】1．会利用数列的函数性质解与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题．2．掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法．【知识要点】1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．【方法总结】1.数列模型应用问题的求解策略(1)认真审题，准确理解题意.(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、数列性质和前n项和公式求解，或通过探索、归纳、构造递推数列求解.(3)验证、反思结果与实际是否相符.2.数列综合问题的求解程序(1)数列与函数综合问题或应用函数思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列理论求解.(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征，建立数列的递推关系式，然后求解问题.【高考模拟】一、单选题1．已知为数列的前项和，，，若关于正整数的不等式的解集中的整数解有两个，则正实数的取值范围为（）A．B．C．D．2．在超市中购买一个卷筒纸，其内圆直径为4cm，外圆直径为12cm，一共卷60层，若把各层都视为一个同心圆，令=3.14，则这个卷筒纸的长度（精确到个位）为（）A．17m B．16m C．15m D．14m3．我国古代数学著作《九章算术》由如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金杖由粗到细是均匀变化的，其重量为，现将该金杖截成长度相等的10段，记第段的重量为，且，若，则（）A．6 B．5 C．4 D．74．删去正整数数列中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（）A．B．C．D．5．5．某种细胞开始有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按此规律进行下去，6小时后细胞存活的个数是()A．33个B．65个C．66个D．129个6．中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则，例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷(guǐ)影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中115.146寸表示115寸146分（1寸=10分）.已知《易经》中记录的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，那么《易经》中所记录的惊蛰的晷影长应为( )A ． 72.4寸B ． 81.4寸C ． 82.0寸D ． 91.6寸 7．101111111111224242⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为( ) A ． 91182+B ． 101202+ C ． 111222+ D ． 101182+8．已知数列{}n a 满足11a =， ()()11112n n n a a n n ++-=-+，则数列(){}1nn a -的前40项的和为（ ）A ． 1920B ． 325462C ． 4184D ． 20419．将向量12,,,n a a a 组成的系列称为向量列{}n a ，并定义向量列{}n a的前n 项和12n n S a a a =+++ ．若()*1,n n a a R n N λλ+=∈∈，则下列说法中一定正确的是（ ）A ． ()111nn a S λλ-=-B ． 不存在*n N∈，使得0n S =C ． 对*m n N ∀∈、，且m n ≠，都有m n S SD ． 以上说法都不对10．记n 项正项数列为12,,......n a a a ，其前n 项积为n T ，定义()12lg n T T T ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 为“相对叠乘积”，如果有2013项的正项数列122013,,......a a a 的“相对叠乘积”为2013，则有2014项的数列 12201310,,,......a a a 的“相对叠乘积”为( )A ． 2014B ． 2016C ． 3042D ． 402711．某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：）（ ）A ． 2021年B ． 2020年C ． 2019年D ． 2018年12．定义：在数列中，若为常数）则称为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的有关判断（）①若是“等方差数列”，在数列是等差数列；②是“等方差数列”；③若是“等方差数列”，则数列为常）也是“等方差数列”；④若既是“等方差数列”又是等差数列，则该数列是常数数列.其中正确命题的个数为( )A．B．C．D．13．一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●…若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个数是（）A．12 B．13 C．14 D．1514．设数列{}n a的前n项和n S，若2222312222244123na aa ann++++=-，且0na≥，则100S等于（）A．5048 B．5050 C．10098 D．1010015．在下列表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差．．数列，每一纵列成等比．．数列，则a b c ++的值为（）A．1 B．2 C．3 D．416．“泥居壳屋细莫详，红螺行沙夜生光．”是宋代诗人欧阳修对鹦鹉螺的描述，美丽的鹦鹉螺呈现出螺旋线的迷人魅力．假设一条螺旋线是用以下方法画成（如图）：△ABC是边长为1的正三角形，曲线11223CA A A A A 、、分别以A 、B 、C 为圆心， 12AC BA CA 、、为半径画的弧，曲线123CA A A 称为螺旋线，然后又以A 为圆心， 3AA 为半径画弧......如此下去，则所得螺旋线1122328292930CA A A A A A A A A 、、、的总长度n S 为 A ． 310π B ．1103π C ． 58π D ． 110π 17．已知甲、乙两个容器，甲容器容量为x ，装满纯酒精，乙容器容量为z ，其中装有体积为y 的水（,x y z <：单位： L ）.现将甲容器中的液体倒人乙容器中，直至甲容器中液体倒完或乙容器盛满，搅拌使乙容器中两种液体充分混合，再将乙容器中的液体倒人甲容器中直至倒满，搅拌使甲容器中液体充分混合，如此称为一次操作，假设操作过程中溶液体积变化忽略不计.设经过()*n n N ∈次操作之后，乙容器中含有纯酒精n a （单位： L ），下列关于数列{}n a 的说法正确的是（ ） A ． 当x y a ==时，数列{}n a 有最大值2aB ． 设()*1n n n b a a n N +=-∈，则数列{}n b 为递减数列 C ． 对任意的*n N ∈，始终有n xy a z≤ D ． 对任意的*n N ∈，都有n xya x y≤+ 18．已知定义在实数集上的函数满足，则的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．19．已知，我们把使乘积…为整数的数叫做“优数”，则在区间（1,2004）内的所有优数的和为 （ ）A ． 1024B ． 2003C ． 2026D ． 2048 二、填空题 20．设数列是正项数列，若，则______.21．小明为了观看2022年的冬奥会，他打算从2018起，每年的1月1日到银行存入a 元的一年期定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期． 2019年1月1日小明去银行继续存款a 元后，他的账户中一共有__________元；到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则可取回__________元．（化简后结果）22．已知数列{}1214218421:,,,,,,,,,1121241248n a 其中第一项是0022，接下来的两项是100122,22，再接下来的三项是210012222,,222，依此类推，则979899100a a a a +++=__________．23．将正整数12分解成两个正整数的乘积有1122634⨯⨯⨯，，三种，其中34⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称34⨯为12的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*p q N ∈，）是正整数n 的最佳分解时，我们定义函数()f n q p =-，例如()12431f =-=.则()81f =______，数列(){}3n f （*n N∈）的前100项和为______．24．数列{}n a 的递推公式为2{ n nn na a n =，为奇数时，为偶数时（*n N ∈），可以求得这个数列中的每一项都是奇数，则1215a a +=__________；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8个3是该数列的第________项.25．在数1和2之间插入n 个正数，使得这n+2个数构成递增等比数列，将这n+2个数的乘积记为n A ，令*2log ,n n a A n N =∈．(1)数列{}n a 的通项公式为n a =____________；(2) 2446222tan tan tan tan tan tan n n n T a a a a a a +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅=___________．26．函数()()()*112321,11,,1x n x e n f x g x f x a g g g g n N e n n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-+=++++∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的通项公式为__________．27．已知数列，满足，若，则的前项的积为__________．28．已知等差数列{a n }中， 367,16a a == 将此等差数列的各项排成如下三角形数阵：则此数阵中第20行从左到右的第10个数是_________. 29．已知数列{}n a 满足： ()2125752*13?3?·33n n naa a n N -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，令()*15nn n n Ta a a n N ++=+++∈ ，则n T 的最小值为__________．30．某数学大会会徽的主体图案是由一连串直角三角形演化而成的(如图)，其中11223781OA A A A A A A ===⋯==，记1OA ， 2OA ， 3OA ，…， 8OA 的长度构成的数列为{}()*,8n a n N n ∈≤，则{}n a 的通项公式n a =__________.()*,8n N n ∈≤31．数列{}n a 、{}n b 满足11a =，且1n a +、1n a +是函 数()2n n f x x b x a =-+的两个零点，则2a =________，当43n b >时， n 的最大值为________． 32．如图所示的数阵中，用(),A m n 表示第m 行的第n 个数，则以此规律()8,2A 为__________．33．等差数列{}n a ， {}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，若231n n S nT n =+则55a b ＝________．三、解答题34．已知数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和；（3）令，问是否存在正整数使得成等差数列？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.35．设正数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式.（2）若数列，设为数列的前项的和，求.（3）若对一切恒成立，求实数的最小值.36．已知函数，.（1）当时，恒成立，试求实数的取值范围；（2）若数列满足：，，证明：.37．（题文）（江苏省南京师大附中2018届高三高考考前模拟考试数学试题）已知等差数列{a n}和等比数列{b n}均不是常数列，若a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k（i＜j＜k），使得a m b j，a m a n b i，a n b k成等差数列，求m＋n 的最小值；（3）令c n＝，记{c n}的前n项和为Tn，{}的前n项和为An．若数列{pn}满足p1＝c1，且对 n≥2, n ∈N*，都有pn＝＋A n c n，设{p n}的前n项和为S n，求证：Sn＜4＋4lnn．38．根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？。
§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列是特殊的函数,是高考的常选考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.五年高考考点一数列的通项公式及前n项和的求法1.(2017山东,19,12分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2){b n}为各项非零的等差数列,其前n项和为S n.已知S2n+1=b n b n+1,求数列的前n项和T n. 解析(1)设{a n}的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,q=a1q2,又a n>0,解得a1=2,q=2,所以a n=2n.(2)由题意知:S2n+1==(2n+1)b n+1,又S2n+1=b n b n+1,b n+1≠0,所以b n=2n+1.令c n=,则c n=.+,因此T n=c1+c2+…+c n=+++…+--又T n=+++…+-+,-,两式相减得T n=+-所以T n=5-.2.(2017北京,15,13分)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求{a n}的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.解得d=2.所以a n=2n-1.(2)设等比数列{b n}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=-.3.(2016天津,18,13分)已知{a n}是等比数列,前n项和为S n(n∈N*),且-=,S6=63.(1)求{a n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,b n是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有-=,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·=63,知q≠-1,所以a1·=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得b n=(log2a n+log2a n+1)=(log22n-1+log22n)=n-,即{b n}是首项为,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n}的前n项和为T n,则+)T2n=(-+)+(-+)+…+(--=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.4.(2014课标Ⅰ,17,12分)已知{a n}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.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{a n}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而a1=.所以{a n}的通项公式为a n=n+1.(2)设的前n项和为S n,由(1)知=,则S n=++…++,S n=++…++.两式相减得S n=+-=+--.所以S n=2-.教师用书专用(5—13)5.(2015湖北,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意有,即解得或故--或-(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=--,于是T n=1+++++…+--,①T n=+++++…+-.②①-②可得T n=2+++…+---=3-,故T n=6--.6.(2015安徽,18,12分)已知数列{a n}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设S n为数列{a n}的前n项和,b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,又a1+a4=9,可解得或(舍去).由a4=a1q3得公比为q=2,故a n=a1q n-1=2n-1.(2)S n=-=2n-1,又b n==-=-,所以T n=b1+b2+…+b n=-+-+…+-=-.=1--的前n项和为.7.(2015山东,19,12分)已知数列{a n}是首项为正数的等差数列,数列·(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(a n+1)·,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)设数列{a n}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a n=2n-1.(2)由(1)知b n=2n·22n-1=n·4n,所以T n=1·41+2·42+…+n·4n,所以4T n=1·42+2·43+…+n·4n+1,两式相减,得-3T n=41+42+…+4n-n·4n+1=-n·4n+1=×4n+1-.所以T n=-×4n+1+=-.8.(2014湖北,19,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由. 解析(1)设数列{a n}的公差为d,依题意,得2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.当a n=4n-2时,S n=-=2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;当a n=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.9.(2014安徽,18,12分)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),n∈N*.(1)证明:数列是等差数列;(2)设b n=3n·,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:由已知可得=+1,即-=1.所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以a n=n2.从而b n=n·3n.∴S n=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3S n=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②①-②得-2S n=31+32+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1=-·-.所以S n=-·.10.(2014山东,19,12分)在等差数列{a n}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,记T n=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)n b n,求T n.解析(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题意知b n==n(n+1).所以b n+1-b n=2(n+1),所以当n为偶数时,T n=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-b n-1+b n)=4+8+12+ (2)==,当n为奇数时,若n=1,则T1=-b1=-2,若n>1,则T n=T n-1+(-b n)=--n(n+1)=-,n=1时,满足上式.-为奇数所以T n=为偶数11.(2013重庆,16,13分)设数列{a n}满足:a1=1,a n+1=3a n,n∈N+.(1)求{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)已知{b n}是等差数列,T n为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.解析(1)由题设知{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,所以a n=3n-1,S n==(3n-1).(2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差d=5,故T20=20×3+×5=1 010.12.(2013安徽,19,13分)设数列{a n}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意n∈N*,函数f(x)=(a n-a n+1+a n+2)x+a n+1cos x-a n+2sin x满足f '=0.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=2,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)由题设可得, f '(x)=a n-a n+1+a n+2-a n+1sin x-a n+2·cos x.对任意n∈N*,f '=a n-a n+1+a n+2-a n+1=0,即a n+1-a n=a n+2-a n+1,故{a n}为等差数列.由a1=2,a2+a4=8,解得{a n}的公差d=1,所以a n=2+1·(n-1)=n+1.(2)由b n=2=2=2n++2知,S n=b1+b2+…+b n=2n+2·+=n2+3n+1-.13.(2013湖南,19,13分)设S n为数列{a n}的前n项和,已知a1≠0,2a n-a1=S1·S n,n∈N*.(1)求a1,a2,并求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{na n}的前n项和.解析(1)令n=1,得2a1-a1=,即a1=.因为a1≠0,所以a1=1.令n=2,得2a2-1=S2=1+a2.解得a2=2.当n≥2时,2a n-1=S n,2a n-1-1=S n-1,两式相减得2a n-2a n-1=a n.即a n=2a n-1.于是数列{a n}是首项为1,公比为2的等比数列.因此,a n=2n-1.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)由(1)知na n=n·2n-1.记数列{n·2n-1}的前n项和为B n,于是B n=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①2B n=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.②①-②得-B n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n.从而B n=1+(n-1)·2n.考点二数列的综合应用1.(2017天津,18,13分)已知{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}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{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}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q>0,解得q=2.所以,b n=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a n=3n-2.所以,{a n}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,有T n=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2T n=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,上述两式相减,得-T n=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得T n=(3n-4)2n+2+16.所以,数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.2.(2016浙江,17,15分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*.(1)求通项公式a n;(2)求数列{|a n-n-2|}的前n项和.解析(1)由题意得则又当n≥2时,由a n+1-a n=(2S n+1)-(2S n-1+1)=2a n,得a n+1=3a n.又因为a2=3=3a1,所以数列{a n}是首项为1,公比为3的等比数列.所以,数列{a n}的通项公式为a n=3n-1,n∈N*.(2)设b n=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1.当n≥3时,由于3n-1>n+2,故b n=3n-1-n-2,n≥3.设数列{b n}的前n项和为T n,则T1=2,T2=3.当n≥3时,T n=3+---=--,经检验,n=2时也符合.所以T n=--∈3.(2016四川,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=2,求++…+.解析(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a n=q n-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a n=2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n==-.由e2==2解得q=.所以,++…+=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]=n+[1+q2+…+q2(n-1)]=n+--=n+(3n-1).4.(2015天津,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,{b n}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设c n=a n b n,n∈N*,求数列{c n}的前n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q,数列{b n}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有--消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1,n∈N*;数列{b n}的通项公式为b n=2n-1,n∈N*.(2)由(1)有c n=(2n-1)·2n-1,设{c n}的前n项和为S n,则S n=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,2S n=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,上述两式相减,得-S n=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,所以,S n=(2n-3)·2n+3,n∈N*.教师用书专用(5—9)5.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足:a n-k+a n-k+1+…+a n-1+a n+1+…+a n+k-1+a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列{a n}是“P(3)数列”;(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{a n}是等差数列.证明(1)证明:因为{a n}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①当n≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.6.(2015浙江,17,15分)已知数列{a n}和{b n}满足a1=2,b1=1,a n+1=2a n(n∈N*),b1+b2+b3+…+b n=b n+1-1(n∈N*).(1)求a n与b n;(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n,求T n.解析(1)由a1=2,a n+1=2a n,得a n=2n(n∈N*).由题意知,当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n≥2时,b n=b n+1-b n,整理得=,所以b n=n(n∈N*).(2)由(1)知a n b n=n·2n,因此T n=2+2·22+3·23+…+n·2n,2T n=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,所以T n-2T n=2+22+23+…+2n-n·2n+1.故T n=(n-1)2n+1+2(n∈N*).7.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,且S n满足-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,n∈N*.(1)求a1的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)∵-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,∴令n=1,得+a1-6=0,解得a1=2或a1=-3.又a n>0,∴a1=2.(2)由-(n2+n-3)S n-3(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)](S n+3)=0,又a n>0,所以S n+3≠0,所以S n=n2+n,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-[(n-1)2+n-1]=2n,又由(1)知,a1=2,符合上式,所以a n=2n.(3)证明:由(2)知,=,所以++…+=++…+<+++…+--=+---=+-<+×=.8.(2013课标全国Ⅱ,17,12分)已知等差数列{a n}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.解析(1)设{a n}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a n=-2n+27.(2)令S n=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S n=(a1+a3n-2)=(-6n+56)=-3n2+28n.9.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足++…+=1-,n∈N*,求{b n}的前n项和T n.解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由已知++…+=1-,n∈N*,得当n=1时,=;=.当n≥2时,=1---所以=,n∈N*.由(1)知,a n=2n-1,n∈N*,所以b n=-,n∈N*,又T n=+++…+-,T n=++…+-+-,两式相减得T n=+----,=--所以T n=3-.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列的通项公式及前n项和的求法1.(2018辽宁沈阳二中期中,8)数列{a n}的前n项和为S n,若a n=,则S5等于()A.1B.C.D.答案B2.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为()A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案B3.(2017山西孝义模考,9)已知数列{a n},{b n},其中{a n}是首项为3,公差为整数的等差数列,且a3>a1+3,a4<a2+5,a n=log2b n,则{b n}的前n项和S n为()A.8(2n-1)B.4(3n-1)C.(4n-1)D.(3n-1)答案C4.(人教A必5,二,4,B2,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,则第二天走了()A.192里B.96里C.48里D.24里答案B5.(2018福建六校联考,17)若数列{a n}的前n项和S n满足S n=2a n+1.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=log2(-a n+1),求数列的前n项和T n.解析(1)当n=1时,a1=S1=2a1+1,得a1=-1;当n≥2时,根据题意得S n-1=2a n-1+1,所以a n=S n-S n-1=(2a n+1)-(2a n-1+1)=2a n-2a n-1(n≥2),即-=2(n≥2).∴数列{a n}是首项为-1,公比为2的等比数列.∴a n=(-1)·2n-1=-2n-1.(2)由(1)得b n=log2(-a n+1)=log22n=n.∴==-,∴T n=+-+…+-=1-=.6.(2018广东汕头金山中学期中考试,17)已知数列{a n}是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2log2a n-1,求数列{a n b n}的前n项和T n.解析(1)设数列{a n}的公比为q(q≠0),因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4,即2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.因为公比q≠0,所以q=2.所以a n=a2q n-2=4×2n-2=2n(n∈N*).(2)因为a n=2n,所以b n=2log2a n-1=2n-1,所以a n b n=(2n-1)2n,则T n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n①,2T n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1②.由①-②得,-T n=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)2n+1=2+2×--(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以T n=6+(2n-3)2n+1.7.(2017广东10月百校联考,17)已知数列{a n}的前n项和S n=n(na1+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n·2n-1}的前n项和T n.解析(1)∵S n=n(na1+1),∴a1=(a1+1),∴a1=1,∴S n=n(n+1),∴S n-1=n(n-1)(n≥2),两式相减得a n=n(n≥2),而当n=1时,a1=1也满足a n=n,所以a n=n(n∈N*).(2)T n=1+2×21+3×22+4×23+…+n×2n-1,则2T n=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,两式相减,得-T n=1+21+22+…+2n-1-n×2n=-n×2n=2n(1-n)-1,∴T n=(n-1)2n+1.8.(2017福建福州八中第六次质检,17)在等比数列{a n}中,公比q≠1,等差数列{b n}满足b1=a1=3,b4=a2,b13=a3.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(2)记c n=(-1)n b n+a n,求数列{c n}的前2n项和S2n.解析(1)设等差数列{b n}的公差为d.则有解得或(舍去),所以a n=3n,b n=2n+1.(2)由(1)知c n=(-1)n(2n+1)+3n,则S2n=(3+32+33+…+32n)+{(-3)+5+(-7)+9+…+[-(4n-1)]+(4n+1)}=+[(5-3)+(9-7)+…+(4n+1-4n+1)]=-+2n.考点二数列的综合应用9.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=(n∈N*),且f(1)=2,则f(40)=()A.95B.97C.105D.392答案D10.(2017河南新乡第一次调研,6)已知各项均不为0的等差数列{a n}满足a3-+a11=0,数列{b n}为等比数列,且b7=a7,则b1·b13=()A.16B.8C.4D.25答案A11.(2016福建四地六校第一次联考,9)设数列{a n}是以3为首项,1为公差的等差数列,{b n}是以1为首项,2为公比的等比数列,则+++=()A.15B.60C.63D.72答案B12.(2018广东珠海二中期中,18)已知数列{a n}与{b n}满足a n+1-a n=2(b n+1-b n),n∈N*,b n=2n-1,且a1=2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设c n=-,T n为数列{c n}的前n项和,求T n.解析(1)因为a n+1-a n=2(b n+1-b n),b n=2n-1,所以a n+1-a n=2(b n+1-b n)=2(2n+1-2n+1)=4,所以{a n}是等差数列,首项a1=2,公差为4,所以a n=4n-2.(2)c n=-=---=(2n-1)·2n.∴T n=c1+c2+c3+…+c n=1·2+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n①, 2T n=1·22+3·23+5·24+…+(2n-1)·2n+1②,①-②得-T n=1·2+2·22+2·23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2+2·--(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1,∴T n=6+(2n-3)·2n+1.13.(2017广东韶关六校联考,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S3=9,a1,a3,a7成等比数列. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)当a n≠a1时,数列{b n}满足b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)设{a n}的公差为d.∵等差数列{a n}的前n项和为S n,且S3=9,a1,a3,a7成等比数列,∴解得或当时,a n=3;当时,a n=2+(n-1)=n+1.∴{a n}的通项公式为a n=3或a n=n+1.(2)∵a n≠a1,∴a n=n+1,∴b n==2n+1,∴b1=22=4,=2.∴{b n}是以4为首项,以2为公比的等比数列,∴T n==2n+2-4.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:80分时间:60分钟)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018湖北孝感六校联考,10)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*).若b n+1=(n-2λ)·(n∈N*),b1=-λ,且数列{b n}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是()A.λ<B.λ<1C.λ<D.λ<答案A2.(2016河南洛阳期中,12)设a n=++…+,则对任意正整数m,n(m>n)都成立的是()A.a m-a n<B.a m-a n>C.a m-a n<D.a m-a n>-答案A二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2017江西南昌模拟,14)已知数列{a n}的通项为a n=(-1)n·(4n-3),则数列{a n}的前50项和T50=.答案1004.(2016安徽皖江名校联考,16)数列{a n}满足:a1=,且a n+1=(n∈N*),则+++…+=.答案+三、解答题(每小题15分,共60分)5.(2018福建福州八校联考,17)已知公差不为0的等差数列{a n}的前三项和为6,且a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为S n,求使S n<的n的最大值.解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),依题意可得即-∵d≠0,∴a1=1,d=1,∴a n=n.(2)由(1)可得b n==-.∴S n=+-+…+-=1-.令1-<,得n<14,∴n的最大值为13.6.(2018广东佛山一中期中考试,17)在等差数列{a n}中,a1=3,其前n项和为S n,等比数列{b n}的各项均为正数,b1=1,公比为q,且b2+S2=12,q=.(1)求a n与b n;(2)证明:≤++…+<.解析(1)设数列{a n}的公差为d.因为所以解得q=3或q=-4(舍),d=3.故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3n-1.(2)证明:因为S n=,所以==-.故++…+=---=.因为n≥1,所以0<≤,所以≤1-<1,所以≤<,即≤++…+<.7.(2017湖南长沙长郡中学模拟,17)已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,S n为数列{a n}的前n项和,a1=b1=1,且b3S3=36,b2S2=8(n∈N*).(1)求a n和b n;(2)若a n<a n+1,求数列的前n项和T n.解析(1)设{a n}的公差为d,{b n}的公比为q,由题意得解得或∴a n=2n-1,b n=2n-1或a n=(5-2n),b n=6n-1.(2)若a n<a n+1,由(1)知a n=2n-1,则=-=--,∴T n=---=.8.(2017福建龙岩五校期中,20)已知数列{a n}的首项a1=2,且满足a n+1=2a n+3·2n+1,n∈N*.(1)设b n=,证明数列{b n}是等差数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)证明:∵b n+1-b n=-=-==3,∴数列{b n}是以b1==1为首项,3为公差的等差数列.(2)由(1)可知b n=1+3(n-1)=3n-2,∴a n=(3n-2)·2n,∴S n=1×2+4×22+7×23+…+(3n-2)·2n①,2S n=1×22+4×23+…+(3n-5)·2n+(3n-2)·2n+1②,①-②得-S n=2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-2)·2n+1=2+3·---(3n-2)·2n+1=(5-3n)·2n+1-10,∴S n=(3n-5)·22n+1+10.C组2016—2018年模拟·方法题组方法数列求和的方法1.(2017河北衡水中学五调,5)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*),S n为其前n项和,则S5的值为()A.57B.61C.62D.63答案A2.(2017湖北华中师大一附中期中,13)数列{a n}满足a n=,记其前n项和为S n.若S n=5,则项数n的值为. 答案353.(2018山西太原五中模拟,19)已知数列{a n}的首项a1=1,前n项和为S n,a n+1=3S n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log2,求数列的前n项和T n.解析(1)由a n+1=3S n+1,得a n=3S n-1+1(n≥2),两式相减得a n+1-a n=3(S n-S n-1)=3a n(n≥2),故a n+1=4a n(n≥2),所以当n≥2时,{a n}是以4为公比的等比数列.因为a2=3S1+1=3a1+1=4,∴=4.所以{a n}是首项为1,公比为4的等比数列,a n=4n-1(n∈N*).(2)由(1)知a n=4n-1,故b n=log2=log22n=n,∴=-.T n=1×+2×+3×+4×+…+n×-①,T n=1×+2×+3×+4×+…+(n-1)×-+n×②,由①-②,得T n=1++++…+--n×=-n×,∴T n=-×-.4.(2018云南昆明一中调研,17)在等差数列{a n}中,公差d≠0,前5项和S5=15,且a1,a3,a7成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求a2+a8+a26+…+-(k∈N*)的值.解析(1)根据题意得解得所以数列{a n}的通项公式为a n=a1+(n-1)d=n+.(2)解法一:由(1)得-=(3n-1)+=×3n,所以a2+a8+a26+…+-=(31+32+33+…+3k)=×=(3k-1).解法二:设b n=-=(3n-1)+=×3n,则=3(n∈N*).所以数列{b n}是首项为,公比为3的等比数列,所以数列{b n}的前k项和T k=-=(3k-1).5.(2017湖南郴州二模,17)已知等差数列{a n}满足:a n+1>a n(n∈N*),a1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,a n+2log2b n=-1.(1)分别求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.解析(1)设d为等差数列{a n}的公差,则d>0,由a1=1,a2=1+d,a3=1+2d分别加上1,1,3后成等比数列,得(2+d)2=2(4+2d),解得d=2(舍负),所以a n=1+(n-1)×2=2n-1,又因为a n+2log2b n=-1,所以log2b n=-n,则b n=.(2)由(1)知a n·b n=(2n-1)·,则T n=+++…+-,①T n=+++…+-,②①-②,得T n=+2×--.∴T n=+2×---,∴T n=1+2----=3--=3-.。
