（山东专用）2020届高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和、数列的综合应用课件

1、高考高考数学数学 (山东专用) 6.4数列求和、数列的综合应用 A A组山东省卷、课标组山东省卷、课标卷题组卷题组 考点一数列求和考点一数列求和 五年高考 1.(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) 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,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、(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 =-3n2n+2. 112 223 , , abb abb 1 1 112, 1723 , bd bd 1 (66) (33) n n n n 2 4(1 2 ) 4(1) 2 1 2 n n n 所以Tn=3n2n+2. 2.(2015山东,18,12分)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3. (1)求an的通项公式; (2)若数列bn

3、满足anbn=log3an,求bn的前n项和Tn. 解析解析(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3, 当n1时,2Sn-1=3n-1+3, 此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1, 所以an= (2)因为anbn=log3an,所以b1=, 当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n. 所以T1=b1=; 当n1时, Tn=b1+b2+b3+bn=+13-1+23-2+(n-1)31-n, 所以3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n, 两式相减,得 2Tn=+(30+3-1+3-2+32-n)-(n-1)31

4、-n 1 3,1, 3,1. n n n 1 3 1 3 1 3 2 3 =+-(n-1)31-n=-, 所以Tn=-(n1). 经检验,n=1时也适合. 综上可得Tn=-(nN*). 2 3 1 1 1 3 1 3 n 13 6 63 2 3n n 13 12 63 4 3n n 13 12 63 4 3n n 3.(2014山东,19,12分)已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列. (1)求数列an的通项公式; (2)令bn=(-1)n-1,求数列bn的前n项和Tn. 1 4 nn n a a 解析解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+2=2a1+2,

5、 S4=4a1+2=4a1+12, 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得a1=1, 所以an=2n-1. (2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1 =(-1)n-1. 当n为偶数时, Tn=-+- =1- =. 当n为奇数时, 2 1 2 4 3 2 1 4 nn n a a 4 (21)(21) n nn 11 2121nn 1 1 3 11 35 11 2321nn 11 2121nn 1 21n 2 21 n n Tn=-+-+=1+=. 所以Tn= 1 1 3 11 35 1 23n 1 21n 1 21n 1 21n 1 21n 22 21 n n 22 , 21

6、 2 ,. 21 n n n n n n 为奇数 为偶数 1 21 ( 1) 21 n n n T n 或 考考点二数列的综合应用点二数列的综合应用 (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(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=

7、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 11 2 11 3, 2. xx q x qx q (1) 2 nn

8、=+-(2n+1)2n-1. 所以Tn=. 3 2 1 2(12) 12 n (21)21 2 n n 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. B B组课标卷、其他自主命题省组课标卷、其他自主命题省( (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.(2017课标全国,15,5分)等差数列an的

9、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)n n 11 1nn 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 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. 1 n S 2 (1)

10、n n 11 1nn 2.(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*). 1 n k 2 () (1)(2) kkk Tbb kk 2 2 2 n n 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a1=1,a3=a2+2,可

11、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= 12 12 n 11 (21)2 nn kk kk n 2 (12 ) 12 n 2 () (1)(2) kkk Tbb kk 1 (222) (1)(2) k kkk kk =-,所以,=+=-2. 1 2

12、 (1)(2) k k kk 2 2 2 k k 1 2 1 k k 1 n k 2 () (1)(2) kkk Tbb kk 32 22 32 43 22 43 21 22 21 nn nn 2 2 2 n n 方法总结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. 3.(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,

13、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

14、,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-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 ) 14 n 32 3 n8 3 32 3 n8 3 方法总结方法总结(1)等差数

15、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,求数列anbn的前n项和适用错 位相减法. 4.(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=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=

16、lg1=0,b11=lg11=1,b101=lg101=2.(6分) (2)因为bn= 所以数列bn的前1000项和为190+2900+31=1893.(12分) 0,110, 1,10100, 2,1001000, 3,1000, n n n n 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. 5.(2015课标全国,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

17、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2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an). 因为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 = 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)

18、nn 1 2 11 2123nn 1 2 111111 35572123nn =.(12分) 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,再求出a1,利用等差 数列的通项公式可得通项.(2)利用裂项相消法求Tn. 2 n a 2 1n a 111 2 2123 n b nn 考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用 1.(2017课标全国,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

19、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2 0,21,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 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20,20,21,20,21,20,21,213,2 0,21,22,23,24,所以S 110=2 0+(20+21)+(20+

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+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)+

21、(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) 2 n n 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,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.(2018浙江,20,15分)

22、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-

23、1. 由(1)可知an=2n-1, 所以bn+1-bn=(4n-1), 1 q q 1 2 1 1 ,1, ,2, nn Sn SSn 1 1 2 n 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)(nN*). 2 1 2 n 2 1 2 n 3 1 2 n 1 2 1

24、 2 2 1 2 2 1 2 n 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 n 1 1 2 n 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 n 1 1 2 n 2 1 2 n 2 1 2 n 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)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. C C组教师专用题组组教师专用题组 考点一数列求和考点一数列求和 1.(2015湖北,18,12分)设等差数列an的公差为d,前n项和

25、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. n n a b 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-. 1 1 1045100, 2, ad a d 1 1 2920, 2, ad a d 1 1, 2 a d 1 9, 2 . 9 a d 1 21, 2 n n n an b 1 1 (279), 9 2 9. 9 n n n an

26、 b 1 21 2n n 3 2 2 5 2 3 7 2 4 9 2 1 21 2n n 1 2 1 2 2 3 2 3 5 2 4 7 2 5 9 2 21 2n n 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2n 21 2n n23 2n n 1 23 2n n 2.(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+a 4,a4+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. 22 21 log n n a a 解析解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3

27、)=(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= (2)由(1)得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-, 1 2 2 n 2 2 n 1 2 2 2, 2 ,. n n n n 为奇数 为偶数 22 21 log n n a a 1 2n

28、n 0 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2n 1 1 2n 1 2 1 1 2 2 1 2 3 1 2 1 1 2n 1 2n 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2n2n n 1 1 2 1 1 2 n 2n n2 2n2n n 整理得,Sn=4-. 所以,数列bn的前n项和为4-,nN*. 1 2 2n n 1 2 2n n 考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用 1.(2019北京理,20,13分)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若 ,则称新数列,为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都 是an的长度为1的递增子列. (1)写出

29、数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为,长度为q的递增子列的末项的最 小值为.若pq,求证:; (3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项 的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式. 1 i a 2 i a m i a 1 i a 2 i a m i a 0 m a 0 n a 0 m a 0 n a 解析解析本题通过对数列新概念的理解考查学生的逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查 逻辑推理、数学抽象的核心素

30、养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思 想. (1)1,3,5,6.(答案不唯一) (2)设长度为q末项为的一个递增子列为,. 由pq,得. 因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为, 又,是an的长度为p的递增子列, 所以.所以. (3)由题设知,所有正奇数都是an中的项. 先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数). 假设2m排在2m-1之后. 设,2m-1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列,则,2m-1,2m 是数列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾. 再证明:所有正偶数都是an中的项. 0 n a 1 r a 2 r

31、 a 1q r a 0 n a p r a 1q r a 0 n a 0 m a 1 r a 2 r a p r a 0 m a p r a 0 m a 0 n a 1 p a 2 p a 1m p a 1 p a 2 p a 1m p a 假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中. 又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递 增子列个数至多为11=2m-10,mN*,q(1,证明:存在dR,使得|an-bn

32、|b1对n=2,3,m+1均成立,并求d的 取值范围(用b1,m,q表示). 2 m 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)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|(n-1)d-2n-1|1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

33、-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-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)=(ln2-1-xln2)2x0. 所以f(x)单调递减, 从而f(x)f(0)=1. 1 2 1 n q n 1 1 n q n 1 2 1 n q n 1 1 n q n 2 n q

34、 n 1 2 1 n q n 1 2 (1) nnn nqqnq n n 1 ()2 (1) nnn n qqq n n 1 2m 1 2 1 n q n 1 2 1 n q n 2 m q m 当2nm时,=f1. 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. 1 1 n n q n q n (1)q n n 1 2n 1 1 n 1 n 1 1 n q n 1 1 n q n m q m 11 (2) , mm b qbq mm 疑难突破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

35、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. 1 2 1 n q n 1 1 n q n 1 2 1 n q n 1 1 n

36、 q n 1 2 1 n q n 1 1 n q n 1 1 n n q n q n (1)q n n 1 1 n 1 1 n 1 2n 1 1 n 1 n 1 1 n q n 1 2n 1 1 n A A组组2017201920172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组 考点一数列求和考点一数列求和 三年模拟 1.(2019山东淄博实验中学、淄博五中一诊理,7)已知数列an的通项公式是an=,其前n项 和Sn=,则项数n=() A.13B.10C.9D.6 21 2 n n 321 64 答案答案D由数列an的通项公式是an=1-, 得Sn=+ =n- =n- =n-1+. 据

37、此可得n-1+=,解得n=6.故选D. 21 2 n n 1 2n 1 1 2 1 1 4 1 1 8 1 1 2n 1111 2482n 11 1 22 1 1 2 n 1 2n 1 2n 321 64 2.(2019山东临沂期中理,8)已知等差数列an的前n项和为Sn,且a9=a12+6,a2=4,则数列的 前20项和为() A.B.C.D. 1 2 1 n S 19 20 20 21 21 22 22 23 答案答案B设等差数列an的公差为d,由a9=a12+6得a1+5d=12,又a2=4=a1+d, a1=2=d,Sn=2n+2=n2+n, =-, 数列的前20项和为1-+-+-+-

38、=1-=.故选B. 1 2 (1) 2 n n 1 n S 1 (1)n n 1 n 1 1n 1 n S 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 20 1 21 1 21 20 21 3.(2019山东日照一模文,17)已知数列an是等差数列,其前n项和为Sn,且a1=2,S3=12. (1)求数列an的通项公式; (2)令bn=,求数列bn的前n项和Tn. 2 n a 解析解析(1)设an的公差为d,由S3=12,得3a2=12, 所以a2=4, 又a1=2,所以d=2,所以an=2+(n-1)2=2n, 故an=2n. (2)由(1)知bn=22n=4n,所以数列bn是首项为4,公比

39、为4的等比数列, 所以Tn=(4n-1). 4(14 ) 14 n 4 3 4.(2019山东淄博模拟文,17)在等比数列an中,a1=2,且a1,a2,a3-2成等差数列. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足:bn=+2log2an-1,求数列bn的前n项和Sn. 1 n a 解析解析(1)设等比数列an的公比为q, a1,a2,a3-2成等差数列,2a2=a1+a3-2=a3, q=2an=a1qn-1=2n(nN*). (2)由(1)知bn=+2log22n-1=+2n-1, Sn=+1+3+5+2n-1 =+1+3+5+(2n-1) =+=n2-+1(nN*). 3 2

40、 a a 1 2 n 1 2 n 1 2 2 1 2 3 1 2 1 2 n 23 1111 2222 n 11 1 22 1 1 2 n (121) 2 nn1 2 n 5.(2019山东邹城一中模拟理,17)已知Sn为数列an的前n项和,且a10,6Sn=+3an+2,nN*. (1)求数列an的通项公式; (2)若对nN*,bn=(-1)n,求数列bn的前2n项和T2n. 2 n a 2 n a 解析解析(1)6Sn=+3an+2,nN*, 当n2时,6Sn-1=+3an-1+2, 两式相减得6an=+3an+2-(+3an-1+2),即(an+an-1)(an-an-1-3)=0, a

41、n0,an-an-1=3(n2), 当n=1时,6a1=+3a1+2,且a10),等比数列bn的公比为q,由题意得 解得 an=n,bn=2n. (2)由(1)知Sn=, cn=bn+=2n+=2n+2, Tn=(2+22+23+2n)+2 =+2 =2n+1-. 2 (2)12, 23310, qd qd 1, 2, d q (1) 2 n n 1 n S 2 (1)n n 11 1nn 11111 1 2231nn 2(12 ) 12 n 1 1 1n 2 1n 5.(2019山东临沂期中理,19)已知数列an的前n项和为Sn,且对任意正整数n,有3,an,Sn成等差数 列. (1)求证:

42、数列Sn+3为等比数列; (2)设bn=nan-n,求数列bn的前n项和Tn. 解析解析(1)证明:由3,an,Sn成等差数列, 可得2an=3+Sn, 当n=1时,2a1=2S1=3+S1, 解得S1=3. 当n2时,an=Sn-Sn-1,所以2(Sn-Sn-1)=3+Sn, 即Sn=3+2Sn-1, 即Sn+3=2(Sn-1+3),又S1+3=6, 故数列Sn+3是首项为6,公比为2的等比数列. (2)由(1)可得Sn+3=62n-1=32n, 可得an=32n-1, 所以bn=nan-n=3n2n-1-n, 所以Tn=3(120+221+322+n2n-1)-(1+2+3+n), 令An

43、=120+221+322+n2n-1, 2An=121+222+323+n2n, 两式相减可得-An=1+2+22+2n-1-n2n =-n2n, 化简可得An=(n-1)2n+1, 所以Tn=3(n-1)2n+3-. 12 12 n (1) 2 n n B B组组2017201920172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组 时间:50分钟分值:80分 一、选择题(共5分) 1.(2019山东菏泽期末理,10)已知等差数列an的公差d0,Sn为其前n项和,若a2,a3,a6成等比数 列,且a4=-5,则的最小值是() A.-B.-C.-D.- 2 n n S 1 2 5 8 3

44、 8 15 32 答案答案A由题意得=a2a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d), 整理得d=-2a1,又a4=a1+3d=-5, 所以d=-2,a1=1,所以Sn=n+=-n2+2n, 则=, 令且,解得2+n0,a3=8, S3=a1+a2+a3=14,a1+a2+8=14,即a1+a1q=6, a1(1+q)=6(1+q)=6, 化简得3q2-4q-4=0, q=2或q=-(舍), a1=2,a2=4,an=22n-1=2n(nN*). (2)数列bn是等差数列,理由如下: 由(1)知bn=log22n=n, bn+1=n+1,bn+1-bn=1,b1=1. bn是以1为首

45、项,1为公差的等差数列. (3)由(2)可知cn=-, Tn=c1+c2+c3+cn=1-+-+-+-=1-=. 2 3 a 2 8 q 2 3 1 (1)n n 1 n 1 1n 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 1n 1 1n1 n n 6.(2019山东烟台期末理,17)已知数列an的前n项和为Sn,且满足an=Sn+2,nN*. (1)求数列an的通项公式; (2)令bn=log2an,求数列的前n项和Tn. 1 2 2 1 1 n b 解析解析(1)当n=1时,a1=S1+2,即a1=4. 由an=Sn+2, 可得an+1=Sn+1+2, -得an+1-an=an+

46、1,即an+1=2an. an是以4为首项,2为公比的等比数列, an=2n+1. (2)由(1)知bn=log22n+1=n+1, =. Tn= =. 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 n b 2 1 (1)1n 2 1 2nn 1 (2)n n 1 2 11 2nn 1 2 11111 1 3242nn 1 2 111 1 212nn 1 2 311 212nn 7.(2019山东聊城一中期中理,19)已知数列an满足a1=1,an+1=an+. (1)设bn=,求数列bn的通项公式; (2)求数列an的前n项和Sn. 1n n 1 2n n n a n 解析解析(1)因为an+

47、1=an+, 所以=+,即bn+1=bn+, 所以bn+1-bn=, 由a1=1,得b1=1, 累加可得(b2-b1)+(b3-b2)+(bn-bn-1)=+,即bn-b1=1-,所以bn=2-. (2)由(1)可知an=2n-. 设2n与的前n项和分别为Rn,Tn, 则Rn=2+4+6+2n=n(n+1), Tn=+, Tn=+, 1n n 1 2n n 1 1 n a n n a n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 2 1 2 1 1 2n 1 11 1 22 1 1 2 n 1 1 2n 1 1 2n 1 2n n 1 2n n (22 ) 2 nn 0 1 2 1 2 2 2 3

48、 2 1 2n n 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2n n 2n n 两式相减得Tn=1+- =-=2-, 所以Tn=4-,所以Sn=Rn-Tn=n(n+1)-4+. 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2n2n n 1 1 2 1 1 2 n 2n n2 2n n 1 2 2n n 1 2 2n n 8.(2018山东德州跃华中学模拟理,17)设Sn为数列an的前n项和,且a1=1,当n2时,(n-1)an=(n+1) Sn-1+n(n-1),nN*. (1)证明:数列为等比数列; (2)记Tn=S1+S2+Sn,求Tn. 1 n S n 解析解析(1)证明:当n2时,an=Sn-Sn

49、-1, 所以(n-1)(Sn-Sn-1)=(n+1)Sn-1+n(n-1), 即(n-1)Sn=2nSn-1+n(n-1),则=2+1, 所以+1=2,又+1=2, 故数列是首项为2,公比为2的等比数列. (2)由(1)可得+1=2n,可得Sn=n2n-n. Tn=S1+S2+Sn=(121+222+n2n)-(1+2+3+n). 设数列n2n的前n项和为An. An=12+222+323+n2n, 2An=122+223+(n-1)2n+n2n+1, 上述两式相减得-An=2+22+2n-n2n+1=-n2n+1, 可得An=(n-1)2n+1+2. n S n 1 1 n S n n S

50、n 1 1 1 n S n 1 1 S 1 n S n n S n 2(12 ) 12 n Tn=(n-1)2n+1+2-. (1) 2 n n C C组组2017201920172019年高考模拟年高考模拟应用创新题组应用创新题组 1.(201953原创题)已知数列an中,a1=3,且n(n+1)(an-an+1)=2. (1)求数列an的通项公式; (2)设bn=,求数列bn的前n项和Sn. 12 (1) 2 n n a aa n 解析解析(1)解法一:由题意知,an-an+1=2,(2分) n2时,an-1-an=2,an-2-an-1=2,a1-a2=2, 以上(n-1)个式子左右两边

51、分别相加得a1-an=2,(4分) 又a1=3,an=1+(n2). 又a1=3符合上式,故an=1+(nN*).(6分) 解法二:由题意知,an-an+1=2,(2分) an+1-=an-,(4分) an-=an-1-=a1-=3-2=1, an=1+.(6分) (2)解法一:由(1)知,an=1+=, 2 (1)n n 11 1nn 11 1nn 11 21nn 11 12 1 1 n 2 n 2 n 2 (1)n n 11 1nn 2 1n 2 n 2 n 2 1n 2 1 2 n 2 n 2n n a1a2an=, bn=,(8分) Sn=+, Sn=+, 两式相减得Sn=+- =+-

52、=1-=1-,(10分) 故Sn=2-.(12分) 解法二:由(1)知an=1+=, a1a2an=, 3 1 4 2 1 1 n n 2n n (1)(2) 2 nn 12 (1) 2 n n a aa n 1 2 2n n 2 3 2 3 4 2 4 5 2 1 2n n 1 2 2n n 1 2 3 3 2 4 4 2 5 5 2 1 1 2n n 2 2 2n n 1 2 2 3 2 341 111 222n 2 2 2n n 3 4 1 3 11 1 22 1 1 2 n 2 2 2n n 1 1 2n 2 2 2n n 2 4 2n n 1 4 2n n 2 n 2n n 3 1

53、4 2 1 1 n n 2n n (1)(2) 2 nn bn=(8分) =-,(10分) Sn=+=2-.(12分) 12 (1) 2 n n a aa n 1 2 2n n 3 2n n 1 4 2n n 12 45 22 23 56 22 1 34 22 nn nn 1 4 2n n 2.(201953原创题)已知数列an满足:a1=,3an=an+1(5-2an). (1)求数列an的通项公式; (2)当n2时,证明:1-an1-, 因为an-1=-1=-, 3 52 n n a a 1 1 n a 52 3 n n a a 5 3 1 n a 2 3 1 n a 1 1 n a 5 3 5 3 1 1 a 2 3 2 3 1 5 3 n 2 3 1 5 3 n 1 1 2 5 1 3 3 n 5 3 5 32 5 n nn 1 3 2 5 3 n 5 3 5 32 5 n nn 2 5 5 32 5 n nn 又53n+25n2=21, 所以an-1-=-=-,即an1-. 再证an, 当n2时,an-1=-1 =- =- =-=-, 所以an1-=. 故1-an. 10 15n10 2 5 n 2 2 5 2 10 15 n n 2 2 25 10 15 n n 1 10 2 5 3 n 1 3 2 5 3 n 1 3 2 5 3 n 3 5 5 3 5 32 5