（北京专用）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、6.4数列求和、数列的综合应用 高考数学高考数学 (北京专用) A A组自主命题组自主命题北京卷题组北京卷题组 五年高考 1.(2017北京,20,13分)设an和bn是两个等差数列,记cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3, ), 其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs这s个数中最大的数. (1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明cn是等差数列; (2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当nm时,M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2, 是等差数列. n c n 解析解析(1)c1=b1-a1=1-1=0, c2=

2、maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1, c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2. 当n3时, (bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0时, 取正整数m,则当nm时,nd1d2,因此cn=b1-a1n. 1121 11 (1)(), , ba nndnd ba n 21 21 , . dnd dnd 当时 当时 2 1 d d 此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列. 当d1=0时,对任意n1, cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(

3、n-1)(maxd2,0-a1). 此时,c1,c2,c3,cn,是等差数列. 当d1时,有nd1max, 故当nm时,M. 2 1 d d n c n 1121 (1)()ba nndnd n 12 bd n 121122 11 | , Mbdaddd dd n c n 2.(2016北京,20,13分)设数列A:a1,a2,aN(N2).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有aka1,则G(A); (3)证明:若数列A满足an-an-11(n=2,3,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1. 解析解析(1)G(A)的元素为2和5. (2)证明:因为存在an使得ana1, 所以iN*|

4、2iN,aia1. 记m=miniN*|2iN,aia1, 则m2,且对任意正整数km,aka1a1. 由(2)知G(A). 设G(A)=n1,n2,np,n1n2np.记n0=1, 则. 对i=0,1,p,记Gi=kN*|ni. 如果Gi,取mi=min Gi,则对任何1kmi,aka1,研究两者之间数列的变化趋势;(3)抓住数列中相邻两项之差不超过1的 特征,完成证明. 3.(2015北京,20,13分)已知数列an满足:a1N*,a136,且an+1=(n=1,2,).记集合 M=an|nN*. (1)若a1=6,写出集合M的所有元素; (2)若集合M存在一个元素是3的倍数,证明:M的所

5、有元素都是3的倍数; (3)求集合M的元素个数的最大值. 2,18, 236,18 nn nn a a aa 解析解析(1)6,12,24. (2)证明:因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设ak是3的倍数. 由an+1=可归纳证明对任意nk,an是3的倍数. 如果k=1,则M的所有元素都是3的倍数. 如果k1,因为ak=2ak-1或ak=2ak-1-36, 所以2ak-1是3的倍数,于是ak-1是3的倍数. 类似可得,ak-2,a1都是3的倍数. 从而对任意n1,an是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数. 综上,若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数. (3)由

6、a136,an=可归纳证明an36(n=2,3,). 因为a1是正整数,a2=所以a2是2的倍数, 从而当n3时,an是4的倍数. 如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数, 2,18, 236,18 nn nn a a aa 11 11 2,18, 236,18 nn nn aa aa 11 11 2,18, 236,18, a a aa 因此当n3时,an12,24,36, 这时M的元素个数不超过5. 如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数, 因此当n3时,an4,8,16,20,28,32, 这时M的元素个数不超过8. 当a1=1时,M=1,

7、2,4,8,16,20,28,32有8个元素. 综上可知,集合M的元素个数的最大值为8. 思路分析思路分析 (1)利用已知的递推关系写出数列的前几项,根据周期性写出集合M的所有元素;(2) 利用已知条件以及递推公式的特征进行证明;(3)根据an的范围,分a1是3的倍数和a1不是3的倍 数两种情况讨论,继而得集合M的元素个数的最大值. 4.(2013北京,20,13分)已知an是由非负整数组成的无穷数列.该数列前n项的最大值记为An,第 n项之后各项an+1,an+2,的最小值记为Bn,dn=An-Bn. (1)若an为2,1,4,3,2,1,4,3,是一个周期为4的数列(即对任意nN*,an+

8、4=an),写出d1,d2,d3,d4的 值; (2)设d是非负整数.证明:dn=-d(n=1,2,3,)的充分必要条件为an是公差为d的等差数列; (3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,),则an的项只能是1或者2,且有无穷多项为1. 解析解析(1)d1=d2=1,d3=d4=3. (2)证明:(充分性)因为an是公差为d的等差数列,且d0, 所以a1a2an. 因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,). (必要性)因为dn=-d0(n=1,2,3,), 所以An=Bn+dnBn. 又因为anAn,an+1Bn, 所以anan+1. 于是,A

9、n=an,Bn=an+1. 因此an+1-an=Bn-An=-dn=d, 即an是公差为d的等差数列. (3)证明:因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1. 故对任意n1,anB1=1. 假设an(n2)中存在大于2的项. 设m为满足am2的最小正整数, 则m2,并且对任意1k2. 于是,Bm=Am-dm2-1=1,Bm-1=minam,Bm2. 故dm-1=Am-1-Bm-12-2=0,与dm-1=1矛盾. 所以对于任意n1,有an2,即非负整数列an的各项只能为1或2. 因为对任意n1,an2=a1, 所以An=2. 故Bn=An-dn=2-1=1. 因此对于任意

10、正整数n,存在m满足mn,且am=1,即数列an有无穷多项为1. B B组统一命题组统一命题省省( (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,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)n n 11 1nn 1 n k

11、 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)n n 11 1nn 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 . 1 n a 答案答案 20 11 解析解析由已知得,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

12、),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=. 2 2 nn 2 2 nn1 n a 2 2 nn 11 1nn 1 1 a 2 1 a 3 1 a 10 1 a 1 1 2 11 23 11 34 11 1011 1 1 11 20 11 3.(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. 21 n a n 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).

13、两式相减得(2n-1)an=2. 所以an=(n2). 又由题设可得a1=2, 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=-+-+-=. 2 21n 2 21n 21 n a n 21 n a n 2 (21)(21)nn 1 21n 1 21n 1 1 1 3 1 3 1 5 1 21n 1 21n 2 21 n n 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. 4.(2016课标,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

14、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=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 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) 0,110, 1,10100, 2,1001 000, 3,1 000, 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,b1

15、01.(2)分析出bn中项的规律, 进而求出数列bn的前1 000项和. 5.(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)=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

16、公式为an=2n+1.(6分) 2 n a 2 1n a 2 1n a 2 n a 2 1n a 2 n a 2 1 a (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) 1 1 nn a a 1 (21)(23)nn 1 2 11 2123nn 1 2 111111 35572123nn 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

17、n b nn 6.(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,得(a3+a4)-(a2+a3)=(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

18、=a2k=2k=. 所以,an的通项公式为an= 1 2 2 2, 2 ,. n n n n 为奇数 为偶数 1 2 2 n 2 2 n (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-, 22 21 log n n a a 1 2n 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,

19、Sn=4-. 所以,数列bn的前n项和为4-,nN*. 1 2 2n n 1 2 2n n 评析评析 本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本 方法、分类讨论思想和运算求解能力. 考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用 1.(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

20、,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+21+213)+(20+21+22+23+24)=(21-1)+(22-1)+(214-1)+(25- 1)=(21+22+214)-

21、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)+(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+

22、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.(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

23、数列,则p+q的值等于() A.6 B.7 C.8 D.9 答案答案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. 22, 4, ab ab 3.(2019天津理,19,14分)设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,

24、cn=其中kN*. (i)求数列(-1)的通项公式; (ii)求aici(nN*). 1 1,22, ,2 , kk k k n b n 2n a 2n c 2 1 n i 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. (2)(i)(-1)=(bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n

25、-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*). 2 662 , 6124 , qd qd 3, 2, d q 2n a 2n c 2n a 2n a 2n c 2n a 2n c 2 1 n i 2 1 n i 2 1 n i 1 n i 2i a 2i c 2 (21) 243 2 nn n 1 n i 4(14 ) 14 n 思路分析思路分析 (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

26、)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=ai+(-1),计算即可. 1 1,22, ,2 , kk k k n b n 2n a 2n c 2n a 2n c 2 1 n i 2 1 n i 2 1 n i 2 1 n i 1 n i 2i a 2i c 解题关键解题关键 正确理解数列cn的含义是解题的关键. 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

27、项公式; (2)设数列cn满足cn=求a1c1+a2c2+a2nc2n(nN*). 2 1, ,. n n bn 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.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. 2 332 , 3154 , qd qd 3, 3, d q (2)a1c1+a2c2+a2nc2n =(a1+a3+a5

28、+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+a2nbn) =+(631+1232+1833+6n3n) =3n2+6(131+232+n3n). 记Tn=131+232+n3n, 则3Tn=132+233+n3n+1, -得,2Tn=-3-32-33-3n+n3n+1=-+n3n+1=. (1) 36 2 n n n 3(1 3 ) 1 3 n 1 (21)33 2 n n 所以,a1c1+a2c2+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3=(nN*). 1 (21)33 2 n n 22 (21)369 2 n nn 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

29、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. 5.(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.

30、1 n S 2 n b 1 2 n b 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.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*). 245 321 , 440, a aa aaa

31、 244 11 2 111 , 440, a qa q a qa qa 1 1, 2. a q 1 n S 2 n b 1 2 n b 1 1 2 1 2 2 b 1 n S 2 n b 1 2 n b 1 1 2() nn nn b b bb 1 1 2() nn nn b b bb 1 1 2() nn nn bb bb 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,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

32、x=e.列表如下: lnk k ln 1 k k lnx x 2 1 ln x x x(1,e)e(e,+) f (x)+0- f(x)极大值 因为=0,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 (

33、) (1)(2) kkk Tbb kk 1 (222) (1)(2) k kkk kk =-,所以,=+=-2. 1 2 (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. 7.(2017山东,19,12分)已知

34、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(

35、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. 11 2 11 3, 2. xx q x qx q (1) 2 nn -得 -Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1 =+-(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+1

36、Qn+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. 8.(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,n N*. (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+. 2 2 n y a 2 1 e 2 2 e 2 n e 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

37、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) =n+ 2 2 n y a 2 1 n a 2(1) 1 n q 2 1q3 2 1 e 2 2 e 2 n e 2 2 1 1 n q q =n+(3n-1). 1 2 易错警示易错警示在(1)中要注意检验a1与a2是否满足an+2=qan+

38、1(n1). (2)中求等比数列前n项和时要注意公比是q2. 评析评析 本题考查了数列中Sn与an的关系,等差数列的性质,双曲线的性质及数列分组转化求和. 9.(2015四川,16,12分)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列. (1)求数列an的通项公式; (2)记数列的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|成立的n的最小值. 1 n a 1 1 000 解析解析(1)由已知Sn=2an-a1, 有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2), 即an=2an-1(n2). 从而a2=2a1,a3=2a2=4a1. 又因为a1,

39、a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1). 所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2. 所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n. (2)由(1)得=, 所以Tn=+=1-. 由|Tn-1|,得1 000. 因为29=5121 0001 024=210,所以n10. 1 n a 1 2n 1 2 2 1 2 1 2n 11 1 22 1 1 2 n 1 2n 1 1 000 1 11 2n 1 1 000 于是,使|Tn-1|0,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).

40、2 m 解析解析(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-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

41、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). 7 3 5 2 7 5 , 3 2 1 2 1 n q n 1 1 n q n 2 m 1 2 1 n q n 1 1 n q n 1 2 1 n q n 1 1 n q n 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)单调递减,从而f(x)f(0)=1. 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. 2 n q n 1 2

42、 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 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

43、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f k)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

44、-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-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

45、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+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. 4.(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)

46、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)+(

47、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). 2n n a a 3(31) 2 n 3(31) 2 n 3 2 综上所述,Sn= 3 2 n 2 3 (5 31), 2 3 (31),. 2 n n n 是奇数 是偶数 5.(2014北京,20,13分)对于数对序列P:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),记T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+maxTk-1(P), a1+a2+ak(2kn),其中maxTk-1(P),a1+a2+ak表示Tk-1(P)和a

48、1+a2+ak两个数中最大的 数. (1)对于数对序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值; (2)记m为a,b,c,d四个数中最小的数,对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对序列P:(a,b),(c,d)和P: (c,d),(a,b),试分别对m=a和m=d两种情况比较T2(P)和T2(P)的大小; (3)在由五个数对(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)组成的所有数对序列中,写出一个数对序列P 使T5(P)最小,并写出T5(P)的值.(只需写出结论) 解析解析(1)T1(P)=2+5=7, T2(P)=1+maxT1(P),2+4=

49、1+max7,6=8. (2)T2(P)=maxa+b+d,a+c+d, T2(P)=maxc+d+b,c+a+b. 当m=a时,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b. 因为a+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以T2(P)T2(P). 当m=d时,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b. 因为a+b+dc+a+b,且a+c+dc+a+b,所以T2(P)T2(P). 所以无论m=a还是m=d,T2(P)T2(P)都成立. (3)数对序列P:(4,6),(11,11),(16,11),(11,8),(5,2)的T5(P)值最小,T1(P)=10,T2(P)

50、=26,T3(P)=42,T4(P)= 50,T5(P)=52. 思路分析思路分析 (1)根据题目中所给定义和已知的数对序列,直接求值;(2)利用最小值m的不同取值, 对求出的结果比较大小;(3)依据数对序列的顺序对结果的影响,写出结论. 评析评析 本题考查了集合的表示、不等式、合情推理等知识;考查综合分析,归纳抽象,推理论证 能力;熟练运用归纳的方法,通过特例分析理解抽象概念是解题的关键. 6.(2014天津,20,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M=0,1,2,q-1,集合A=x| x=x1+x2q+xnqn-1,xiM,i=1,2,n. (1)当q=2,n=3时,用列举

51、法表示集合A; (2)设s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,其中ai,biM,i=1,2,n.证明:若anbn,则st. 解析解析(1)当q=2,n=3时,M=0,1,A=x|x=x1+x22+x322,xiM,i=1,2,3. 可得,A=0,1,2,3,4,5,6,7. (2)证明:由s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,ai,biM,i=1,2,n及anbn,可得 s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+(an-1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1 (q-1)+(q-1)q+(q-1)qn-2-qn-1

52、=-qn-1 =-10. 所以,s0(k=1,2,1 999), 即An是递增数列. 综上,结论得证. (3)对首项为4的E数列An,由于 a2a1-1=3, a3a2-12, a8a7-1-3, 所以a1+a2+ak0(k=2,3,8). 所以对任意的首项为4的E数列An,若S(An)=0, 则必有n9. 又a1=4的E数列A9:4,3,2,1,0,-1,-2,-3,-4满足S(A9)=0,所以n的最小值是9. 评析评析 本题考查递增数列,数列前n项和,不等式性质等知识,考查阅读理解及推理论证能力,属 较难题. 三年模拟 A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点

53、基础题考点基础题组组 考点一数列求和考点一数列求和 1.(2019北京门头沟一模文,16)在等差数列an中,Sn为其前n项和,若S5=25,a10=19. (1)求数列an的通项公式an及前n项和Sn; (2)若数列bn中bn=,求数列bn的前n项和Tn. 1 1 nn a a 解析解析(1)由题意可得 解得a1=1,d=2,所以an=2n-1,Sn=n2. (2)因为bn=, 所以Tn=. 1 1 5 4 255, 2 199 , ad ad 1 (21)(21)nn 1 2 11 2121nn 1 2 11111 1 3352121nn 21 n n 思路分析思路分析(1)运用等差数列的求

54、和公式与通项公式将S5=25,a10=19变为关于首项a1与公差d的 方程组,解方程组后得a1与d的值,再利用等差数列的求和公式与通项公式即可求解.(2)根据数 列通项的结构特点选择使用裂项相消法求和. 2.(2019北京朝阳期末文,15)已知数列an的前n项和是Sn,若an+1=an+1(nN*),S3=12. (1)求数列an的通项公式; (2)设bn=,求数列bn的前n项和Tn. 1 1 nn a a 解析解析(1)因为an+1=an+1(nN*), 所以数列an是公差为1的等差数列. 又因为S3=12,则a1=3. 所以an=a1+(n-1)d=n+2(nN*).(7分) (2)由(1

55、)知,bn=-, 则Tn=b1+b2+b3+bn =-+-+-+- =-=(nN*).(13分) 1 1 nn a a 1 (2)(3)nn 1 2n 1 3n 1 3 1 4 1 4 1 5 1 5 1 6 1 2n 1 3n 1 3 1 3n39 n n 3.(2018北京朝阳二模文,16)已知数列an的前n项和Sn=pn2+qn(p,qR,nN*),且a1=3,S4=24. (1)求数列an的通项公式; (2)设bn=,求数列bn的前n项和Tn. 2 n a 解析解析(1)数列an的前n项和为Sn=pn2+qn, 当n=1时,a1=S1=p+q, 当n2时,Sn-1=p(n-1)2+q(

56、n-1), an=Sn-Sn-1=(pn2+qn)-p(n-1)2+q(n-1)=2pn+q-p, 经检验,a1=p+q符合an=2pn+q-p. 数列an的通项公式为an=2pn+q-p. an+1-an=2p(n+1)+q-p-(2pn+q-p)=2p(pR), an是等差数列.设数列an的公差为d, a1=3,S4=24, S4=4a1+d=12+6d=24,解得d=2. 数列an的通项公式为an=3+(n-1)2=2n+1(nN*). (2)由(1)知an=2n+1, 则bn=22n+1=24n. 所以Tn=241+242+24n-1+24n 4 3 2 2 n a =2(41+42+

57、4n-1+4n) =2=(nN*). 所以数列bn的前n项和Tn=(nN*). 4(14 ) 14 n 8(41) 3 n 8(41) 3 n 4.(2018北京丰台二模文,16)已知数列an的前n项和Sn=3n2 (nN*),等比数列bn满足a1=3b1,b2 b4=a2. (1)求数列an的通项公式; (2)求数列b2n-1的前n项和Tn. 解析解析(1)因为Sn=3n2, 所以当n=1时,a1=S1=3.(1分) 当n2时,an=Sn-Sn-1=3n2-3(n-1)2=6n-3.(3分) 因为当n=1时,61-3=3=a1, 所以数列an的通项公式是an=6n-3.(5分) (2)设等比

58、数列bn的公比为q. 因为a1=3b1,所以b1=1.(6分) 因为b2b4=a2,所以=62-3=9.(8分) 因为b3=b1q2=q20,所以b3=3,且q2=3.(10分) 因为bn是等比数列, 所以b2n-1是首项为1,公比为3的等比数列.(11分) 所以Tn=(3n-1).(13分) 2 3 b 1 3 1 3 n 1 2 5.(2019北京东城一模文,16)已知等比数列an的首项为2,等差数列bn的前n项和为Sn ,且a1+a2 =6,2b1+a3=b4,S3=3a2. (1)求an,bn的通项公式; (2)设cn=,求数列cn的前n项和. n a b 解析解析(1)设数列an的公

59、比为q,数列bn的公差为d. 由a1+a2=6,得a1+a1q=6.因为a1=2,所以q=2 . 所以an=a1qn-1=22n-1=2n. 由得 解得 所以bn=b1+(n-1)d=3n-2.(8分) (2)由(1)知an=2n ,bn=3n-2 . 所以cn=32n-2. 从而数列cn的前n项和Tn=3(21+22+23+2n)-2n =3-2n=62n-2n-6.(13分) 134 32 2, 3 bab Sa 11 1 283 , 3312, bbd bd 1 1, 3. b d n a b 2(12 ) 12 n 6.(2017北京西城一模文,15)已知an是等比数列,a1=3,a4

60、=24.数列bn满足b1=1,b4=-8,且an+bn 是等差数列. (1)求数列an和bn的通项公式; (2)求数列bn的前n项和. 解析解析(1)设等比数列an的公比为q. 由题意得q3=8,解得q=2. 所以an=a1qn-1=32n-1(n=1,2,3,). 设等差数列an+bn的公差为d. 由题意得d=4. 所以an+bn=(a1+b1)+(n-1)d=4n. 从而bn=4n-32n-1(n=1,2,3,). 4 1 a a 4411 ()() 4 1 abab 164 3 (2)由(1)知bn=4n-32n-1. 设bn的前n项和为Sn. 则Sn=(4+42+4n)-(321-1+