课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题六数列4数列的综合应用试题文

课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题六数列4数列的综合应用试题文课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题六数列4数列的综合应用试题文PAGEPAGE35课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题六数列4数列的综合应用试题文数列的综合应用探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点数列求和掌握数列的求和方法2019天津，18,13分数列求和(错位相减法)求通项公式★★★2017课标全国Ⅲ，17,12分数列求和(裂项相消法）由递推式求通项公式数列的综合应用能综合应用等差、等比数列解决相应问题2016课标全国Ⅰ，17，12分等差、等比数列的综合问题等差数列的判定★★★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。破考点练考向【考点集训】考点一数列求和1.（2018福建闽侯第八中学期末，16)已知数列｛nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn—nan+1+50<0的最小正整数n的值为。

答案52.（2019湖南郴州第二次教学质量监测，16）已知数列｛an}和{bn｝满足a1a2a3…an=2bn(n∈N*),若数列{an｝为等比数列，且a1=2,a4=16，则数列1bn的前n项和S答案23.(2018河南、河北两省联考,18)已知数列｛an｝的前n项和为Sn，a1=5，nSn+1—（n+1)Sn=n2+n。(1)求证:数列Sn（2）令bn=2nan,求数列｛bn}的前n项和Tn.答案（1)证明:由nSn+1—(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n又S11=5,所以数列（2)由(1）可知Snn=5+(n—1）=n+4，所以Sn=n当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n—（n—1)2-4（n-1）=2n+3。又a1=5符合上式，所以an=2n+3（n∈N＊），所以bn=（2n+3）2n,所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n，①2Tn=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+（2n+3)2n+1,②所以②—①得Tn=(2n+3）2n+1—10-(23+24+…+2n+1)=（2n+3)2n+1—10-2=(2n+3）2n+1—10—(2n+2-8）=（2n+1）2n+1—2。考点二数列的综合应用1。(2018福建漳州期末调研测试，5)等差数列｛an｝和等比数列｛bn}的首项均为1,公差与公比均为3,则ab1+abA.64 B。32 C。38 D。33答案D2。(2018河南商丘第二次模拟,6）已知数列{an}满足a1=1,an+1—an≥2(n∈N＊)，且Sn为｛an｝的前n项和,则()A。an≥2n+1 B。Sn≥n2C。an≥2n—1 D。Sn≥2n-1答案B3。(2019福建晋江(安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校)期中,18）已知数列｛an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2.(1)求数列{an｝的通项公式；（2）若数列n+1an的前n项和为Tn,求Tn答案（1)当n=1时，a1=2.当n≥2时，Sn-1=2an—1-2,所以an=Sn—Sn-1=2an—2an-1,整理得an所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2n。(2）令bn=n+1an,则bn所以Tn=221+3212Tn=222+3①-②,得12Tn=32-所以Tn=3-n+3令cn=n+32n，则c所以cn〉cn+1，从而数列{Tn｝是单调递增数列，所以Tn≥T1=1.故Tn的最小值为1.4。（命题标准样题，16)设三角形的边长为不相等的整数,且最大边长为n，这些三角形的个数为an。（1）求数列｛an}的通项公式；（2）在1,2,…,100中任取三个不同的整数,求它们可以是一个三角形的三条边长的概率.附：1+22+32+…+n2=n(答案本题考查三角形三边的关系、数列的概念、通项公式，等差数列求和,古典概型等数学知识.试题将数列与概率相结合,体现了理性思维、数学探究的学科素养,考查了逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力，落实了基础性、综合性、创新性的考查要求。(1）设x,y，n为满足题意的三角形的边长，不妨设x〈y<n,则x+y〉n。由题设,易得a1=a2=a3=0。当n≥4，且n为偶数时,若y≤n2,x不存在;若y=n2+1,则x为n2；若y=n2+2,则x为n2若y=n-1,则x为2，3,…,n—2.所以an=1+3+…+（n-3）=(n当n〉4，且n为奇数时，可得an=2+4+…+（n-3)=(n所以{an}的通项公式为an=0(2）记Sn为数列｛an｝的前n项和.由（1)可得S100=14×(22+42+…+982）+1=（12+22+…+492)+12+22+…+482+（1+2+…+48）=49×50×1956故所求概率为S100100×99×983×2×1炼技法提能力【方法集训】方法数列求和的方法1。（2018河南中原名校11月联考,10）设函数f(x）满足f（n+1）=2f(nA.95 B。97 C.105 D。392答案D2.（2019吉林长春模拟，7）已知数列｛an}的前n项和Sn=n2+2n,则数列1aA.215 B。415 C.5答案A3。(2019湘赣十四校第一次联考,17)已知函数f（x）=2019·sinπx-π（1）求数列｛an}的通项公式；（2)设bn=2nan+23,求数列{b答案(1)令f（x)=2019sinπx得πx-π3=kπ（k∈Z),则有x=1∵f(x)的所有正零点构成递增数列｛an｝，∴｛an｝是以13∴an=13+(n—1）×1=n—23（n∈N（2)由(1)知bn=n·2n。∴Sn=1×21+2×22+3×23+…+（n—1)×2n-1+n×2n,①∴2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n—1）×2n+n×2n+1,②②-①得Sn=-1×21-22—23-…-2n+n×2n+1=n×2n+1-21(14.(2018河南安阳第二次模拟,17）设等差数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)在函数f(x）=x2+Bx+C-1(B，C∈R)的图象上,且a1=C.(1）求数列｛an}的通项公式;（2)记bn=an（a2n-1+1）,求数列｛b答案（1）设数列{an}的公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d=又Sn=n2+Bn+C—1，两式对照得d解得d=2,C所以a1=1，所以数列{an｝的通项公式为an=2n-1.(2)由(1）知bn=(2n—1)(2·2n-1—1+1)=（2n-1)2n,则Tn=1×2+3×22+…+(2n—1)·2n，2Tn=1×22+3×23+…+(2n—3)·2n+（2n-1)·2n+1，两式相减得Tn=（2n—1)·2n+1-2(22+23+…+2n）-2=（2n-1）·2n+1—2×22=（2n—3)·2n+1+6.【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一数列求和（2017课标全国Ⅲ，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an答案（1)因为a1+3a2+…+（2n-1）an=2n，故当n≥2时，a1+3a2+…+（2n-3)an-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)an=2。所以an=22又由题设可得a1=2,从而{an}的通项公式为an=22n-（2）记an2n由（1)知an2n+1=2(则Sn=11—13+13-15+…+12考点二数列的综合应用（2016课标全国Ⅰ，17，12分)已知｛an｝是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn（1)求｛an}的通项公式；(2）求{bn}的前n项和.答案(1)由已知，a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13，得a1所以数列｛an｝是首项为2，公差为3的等差数列,通项公式为an=3n—1.（5分）（2）由（1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn因此{bn｝是首项为1，公比为13记{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1-13n1B组自主命题·省(区、市)卷题组考点一数列求和1。(2019天津,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=4a2+3。（1)求｛an}和{bn}的通项公式；（2）设数列{cn｝满足cn=1,n为奇数,bn2,n为偶数.求a1c1+a2答案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,体现了数学运算的核心素养。(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3q=3+2故an=3+3（n—1)=3n，bn=3×3n-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)=n×3+n(n-1)2×6=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②②—①得，2Tn=-3—32—33—…—3n+n×3n+1=-3(1-3n所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n-1)2。(2018浙江，20,15分）已知等比数列{an}的公比q>1，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。答案（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8q+解得q=2或q=12因为q〉1,所以q=2。（2）设cn=（bn+1—bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.由cn=S1,n=1由（1）可知an=2n-1，所以bn+1-bn=(4n—1)·12故bn-bn-1=(4n-5)·12bn-b1=（bn-bn—1)+（bn-1—bn-2)+…+（b3-b2)+(b2-b1）=(4n-5）·12n-2+(4n-9）·设Tn=3+7·12+11·12212Tn=3·12+7·122+…+（4n—9)·所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·因此Tn=14—（4n+3)·12又b1=1，所以bn=15—（4n+3）·123。（2017山东,19,12分）已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=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bnan答案(1）设｛an｝的公比为q,由题意知:a1（1+q)=6，a12q=a1q又an>0,解得a1=2，q=2，所以an=2n。（2)由题意知:S2n+1=(2n+1又S2n+1=bnbn+1，bn+1≠0，所以bn=2n+1.令cn=bnan，则cn因此Tn=c1+c2+…+cn=32+522+723又12Tn=322+523+7两式相减得12Tn=32+12所以Tn=5—2n4.(2017北京,15,13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。答案（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=3n5。(2016天津,18,13分）已知{an｝是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*）,且1a1—1a2=（1)求{an}的通项公式;（2)若对任意的n∈N＊,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)nbn答案(1）设数列｛an｝的公比为q.由已知，有1a1—1a又由S6=a1·1-q61-q=63，知q≠-1,所以a1·1-（2）由题意,得bn=12(log2an+log2an+1）=12（log22n—1+log22n)=n-即｛bn｝是首项为12设数列{（-1）nbn2｝的前n项和为TT2n=(-b12+b22）+（-b32+=b1+b2+b3+b4+…+b2n—1+b2n=2n(b考点二数列的综合应用1。(2018北京,15，13分）设｛an｝是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2。（1）求{an｝的通项公式;(2）求ea1+ea答案(1）设{an}的公差为d。因为a2+a3=5ln2，所以2a1+3d=5ln2.又a1=ln2，所以d=ln2。所以an=a1+（n-1）d=nln2.(2）因为ea1=eln2=2,eane所以｛ea所以ea1+ea2+…+ea2.(2017天津,18,13分）已知{an｝为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*）,｛bn｝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｛an｝和｛bn｝的通项公式;(2）求数列｛a2nbn｝的前n项和（n∈N＊)。答案(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。又因为q〉0,解得q=2。所以，bn=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an=3n—2.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，有Tn=4×2+10×22+16×23+…+（6n-2）×2n,2Tn=4×22+10×23+16×24+…+（6n-8）×2n+（6n—2）×2n+1，上述两式相减，得-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-（6n-2)×2n+1=12×(1=—(3n—4)2n+2—16。得Tn=（3n-4)2n+2+16.所以,数列｛a2nbn}的前n项和为(3n-4）2n+2+16.3。（2016浙江,17,15分)设数列｛an｝的前n项和为Sn.已知S2=4，an+1=2Sn+1,n∈N*。(1）求通项公式an；（2）求数列{|an-n-2|｝的前n项和.答案(1)由题意得a1+又当n≥2时，由an+1—an=(2Sn+1）—（2Sn-1+1）=2an，得an+1=3an.又因为a2=3=3a1,所以数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列。所以,数列{an｝的通项公式为an=3n-1,n∈N*。(2)设bn=｜3n—1-n-2｜，n∈N*，则b1=2，b2=1。当n≥3时，由于3n-1>n+2，故bn=3n—1—n—2,n≥3。设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.当n≥3时，Tn=3+9(1-3n经检验,n=2时也符合.所以Tn=2C组教师专用题组考点一数列求和1。（2015湖北,19，12分)设等差数列{an｝的公差为d,前n项和为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d〉1时，记cn=anbn,求数列｛cn解析（1）由题意有，10a1解得a1=1,d=2,(2）由d>1,知an=2n—1,bn=2n-1，故cn=2n于是Tn=1+32+522+72312Tn=12+322+523+①-②可得12Tn=2+12+122+…+12故Tn=6—2n2.(2015安徽，18，12分)已知数列｛an}是递增的等比数列,且a1+a4=9，a2a3=8.（1）求数列{an｝的通项公式;（2）设Sn为数列{an｝的前n项和,bn=an+1SnS答案(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8，又a1+a4=9，可解得a1=1,由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n—1。（2）Sn=a1(1-qn)1-q=2n—1,又b所以Tn=b1+b2+…+bn=1S1-1S2+1=1—123。（2015山东,19，12分)已知数列｛an｝是首项为正数的等差数列，数列1an·(1)求数列｛an｝的通项公式;（2)设bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和T答案（1）设数列{an}的公差为d。令n=1，得1a1a所以a1a2=3。令n=2，得1a1a2+所以a2a3=15。解得a1=1，d=2,所以an=2n-1。（2）由（1)知bn=2n·22n-1=n·4n，所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n,所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1,两式相减,得—3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1=4(1=1-3n3×4所以Tn=3n-19×4n+1+4。(2014课标Ⅰ，17,12分）已知｛an｝是递增的等差数列，a2，a4是方程x2—5x+6=0的根.（1）求{an}的通项公式；（2)求数列an答案(1）方程x2-5x+6=0的两根为2，3，由题意得a2=2，a4=3。设数列｛an｝的公差为d，则a4—a2=2d,故d=12，从而a1=3所以｛an}的通项公式为an=12（2)设an2n的前n项和为Sn，由(1)知aSn=322+423+…+12Sn=323+424两式相减得12Sn=34+1=34+141所以Sn=2—n+45.（2014湖北，19，12分）已知等差数列｛an}满足：a1=2，且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{an｝的通项公式;（2)记Sn为数列｛an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn〉60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在，说明理由。答案(1）设数列｛an}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,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n—2,从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n—2.（2）当an=2时,Sn=2n。显然2n〈60n+800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n+800成立.当an=4n-2时，Sn=n[2+(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Sn〉60n+800成立，n的最小值为41。综上,当an=2时,不存在满足题意的n；当an=4n—2时，存在满足题意的n，其最小值为41。6。（2014安徽,18，12分)数列｛an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1)，n∈N＊.（1）证明：数列an(2)设bn=3n·an,求数列{bn}的前n项和Sn答案(1）证明：由已知可得an+1n+1=an所以ann是以(2）由(1)得ann=1+(n—1)·1=n,所以an=n从而bn=n·3n。∴Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3Sn=1·32+2·33+…+(n-1）·3n+n·3n+1。②①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1=3·(1-3n所以Sn=(27.(2014山东，19,12分）在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.（1）求数列｛an｝的通项公式;(2）设bn=an(n+1)2,记Tn=-b1+b2—b3+b4—…+(—1）答案(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{an}的通项公式为an=2n。（2)由题意知bn=an所以bn+1-bn=2(n+1），所以当n为偶数时,Tn=（-b1+b2)+（-b3+b4）+…+(-bn—1+bn）=4+8+12+…+2n=n2(4+2n当n为奇数时，若n=1，则T1=—b1=—2,若n>1，则Tn=Tn-1+（-bn)=(n=-(nn=1时，满足上式。所以Tn=-8.(2013重庆,16，13分)设数列{an｝满足:a1=1，an+1=3an，n∈N+。(1）求{an｝的通项公式及前n项和Sn；（2）已知｛bn｝是等差数列，Tn为其前n项和,且b1=a2，b3=a1+a2+a3,求T20.答案（1)由题设知｛an｝是首项为1,公比为3的等比数列，所以an=3n—1，Sn=1-3n1-（2）b1=a2=3，b3=1+3+9=13，b3-b1=10=2d,所以公差d=5，故T20=20×3+20×1929。(2013安徽，19，13分)设数列｛an}满足a1=2，a2+a4=8,且对任意n∈N＊,函数f(x）=(an-an+1+an+2）x+an+1cosx-an+2sinx满足f'π2（1）求数列｛an}的通项公式；（2)若bn=2an+12a答案（1）由题设可得,f’（x）=an-an+1+an+2—an+1sinx—an+2·cosx.对任意n∈N＊,f'π2=an—an+1+an+2-an+1即an+1—an=an+2—an+1,故｛an}为等差数列.由a1=2,a2+a4=8，解得｛an}的公差d=1,所以an=2+1·(n-1）=n+1.(2）由bn=2an+12an=2n+1+12n+1=2n+12n+2知，Sn=b110。(2013湖南,19，13分）设Sn为数列｛an}的前n项和，已知a1≠0,2an—a1=S1·Sn，n∈N＊。（1)求a1，a2,并求数列{an｝的通项公式；（2）求数列{nan}的前n项和.答案（1）令n=1，得2a1-a1=a1即a1=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，2an—1=Sn，2an-1-1=Sn-1,两式相减得2an—2an-1=an.即an=2an—1.于是数列｛an｝是首项为1,公比为2的等比数列.因此,an=2n—1.所以数列｛an｝的通项公式为an=2n—1。(2）由(1)知nan=n·2n—1。记数列{n·2n—1｝的前n项和为Bn，于是Bn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①2Bn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n。②①—②得-Bn=1+2+22+…+2n—1-n·2n=2n—1—n·2n.从而Bn=1+(n—1）·2n.考点二数列的综合应用1.（2018江苏,14,5分)已知集合A={x｜x=2n—1，n∈N*｝,B=｛x｜x=2n，n∈N*｝。将A∪B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Sn〉12an+1成立的n的最小值为.

答案272。（2017江苏,19,16分）对于给定的正整数k，若数列｛an}满足:an—k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(n>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(1）因为{an｝是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n—1)d,从而，当n≥4时，an-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n≥3时,an—2+an-1+an+1+an+2=4an，①当n≥4时，an-3+an—2+an—1+an+1+an+2+an+3=6an.②由①知，an-3+an—2=4an-1-（an+an+1），③an+2+an+3=4an+1—(an—1+an）。④将③④代入②,得an—1+an+1=2an,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{an｝是等差数列。3。(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q〉0，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—y2an2=1的离心率为en，且e2=2,求e1答案（1）由已知，Sn+1=qSn+1，Sn+2=qSn+1+1，两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1，故an+1=qan对所有n≥1都成立.所以，数列｛an｝是首项为1，公比为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（n∈N*）。（2）由（1)可知，an=qn—1。所以双曲线x2-y2an2=1的离心率en=由e2=1+q2=2解得q=所以,e12+e=（1+1)+(1+q2)+…+［1+q2（n—1）]=n+［1+q2+…+q2（n-1)］=n+q=n+12（3n4。(2015天津，18，13分）已知{an｝是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列，且a1=b1=1，b2+b3=2a3,a5—3b2=7.(1）求｛an｝和｛bn｝的通项公式;(2）设cn=anbn,n∈N＊，求数列｛cn}的前n项和。答案(1）设数列{an}的公比为q,数列｛bn｝的公差为d，由题意知q〉0。由已知,有2q2-3d=2,所以数列｛an｝的通项公式为an=2n-1,n∈N＊；数列{bn｝的通项公式为bn=2n—1,n∈N*。(2)由(1)有cn=(2n—1)·2n-1，设｛cn｝的前n项和为Sn,则Sn=1×20+3×21+5×22+…+（2n-3)×2n-2+（2n-1)×2n—1,2Sn=1×21+3×22+5×23+…+（2n-3)×2n—1+(2n—1）×2n，上述两式相减，得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n—1）×2n=2n+1—3-(2n—1)×2n=-（2n-3）×2n-3,所以，Sn=（2n—3）·2n+3,n∈N*。5.（2015浙江,17,15分)已知数列{an｝和{bn｝满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+12b2+13b3+…+1nbn=bn+1(1）求an与bn;(2)记数列{anbn｝的前n项和为Tn，求Tn。答案（1)由a1=2，an+1=2an，得an=2n（n∈N*）。由题意知,当n=1时，b1=b2—1,故b2=2.当n≥2时,1nbn=bn+1—bn,整理得bn+1所以bn=n(n∈N*)。(2)由(1)知anbn=n·2n,因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n，2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1，所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.故Tn=（n—1)2n+1+2(n∈N*）。6.（2014广东,19,14分）设各项均为正数的数列｛an｝的前n项和为Sn,且Sn满足Sn2—（n2+n-3)Sn—3（n2+n)=0,n∈N(1）求a1的值；(2)求数列｛an}的通项公式；（3)证明：对一切正整数n，有1a1(a1+1)答案(1)∵Sn2-(n2+n-3）Sn-3（n∴令n=1，得a12+a解得a1=2或a1=-3。又an>0,∴a1=2.（2)由Sn2—(n2+n-3)Sn-3（n得［Sn—(n2+n）］（Sn+3）=0，又an〉0，所以Sn+3≠0,所以Sn=n2+n,所以当n≥2时,an=Sn—Sn—1=n2+n-[(n-1）2+n-1]=2n，又由（1）知,a1=2，符合上式，所以an=2n。（3）证明：由(2）知，1an(所以1a1(a=12×3+14×5<12×3+13×5+1=16+=16+〈16+12×137.(2013课标Ⅱ,17，12分）已知等差数列{an｝的公差不为零，a1=25，且a1，a11，a13成等比数列.（1)求｛an｝的通项公式;（2）求a1+a4+a7+…+a3n—2.解析（1)设{an｝的公差为d。由题意得，a112=a1a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an=-2n+27.(2）令Sn=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Sn=n2(a1+a3n—2=n2=-3n2+28n.8。（2013山东,20，12分）设等差数列｛an｝的前n项和为Sn，且S4=4S2,a2n=2an+1.（1）求数列｛an}的通项公式；(2)若数列｛bn}满足b1a1+b2a2+…+bnan答案(1)设等差数列｛an｝的首项为a1,公差为d。由S4=4S2，a2n=2an+1得4解得a1=1,d=2。因此an=2n—1,n∈N＊。(2）由已知b1a1+b2a2+…+当n=1时,b1a1当n≥2时，bnan=1-12n所以bnan=1由（1)知,an=2n-1，n∈N*，所以bn=2n-1又Tn=12+322+512Tn=122+323两式相减得12Tn=12+2=32—12n所以Tn=3-2n【三年模拟】时间：70分钟分值:95分一、选择题(每小题5分,共20分）1.(2018福建厦门第一学期期末质检,7）已知数列｛an}满足an+1+(—1)n+1an=2，则其前100项和为()A。250 B。200 C.150 D.100答案D2。（2020届河南商丘模拟，6）对于函数y=f(x)，部分x与y的对应值如下表:x123456789y745813526数列{xn}满足x1=2，且对任意n∈N＊，点（xn,xn+1）都在函数y=f(x)的图象上，则x1+x2+x3+…+x2019的值为(）A。9408 B.9422 C。9424 D。9428答案B3.（2020届福建福州模拟，10)已知数列｛an}满足a1=1,an+1=(n+1)A.8964-2 B。8答案A4。（2019河北衡水中学第一次摸底,12）已知函数f（x)=mx-2017,x≥2019,3m2018A.(1,2］ B.（1,2) C.(2，+∞） D。(1，+∞）答案C二、解答题（共75分)5.（2019安徽黄山毕业班第二次质量检测，17)已知数列nan-1的前n项和S（1）求数列｛an}的通项公式;（2）令bn=2n+1(an-1)2答案（1)因为Sn=n,①所以当n≥2时,Sn-1=n—1,②由①—②得nan-又因为a1=2适合上式,所以an=n+1（n∈N＊）。（2)证明：由(1)知,bn=2n+1(an-1所以Tn=112-122+所以Tn〈1。6.（2020届皖江名校联盟第一次联考,17）已知数列{an｝满足a1=1，n2an+1-(n+1)2an=2n2(n+1）2,n∈N＊，设bn=an(1)求数列{bn}的通项公式;(2）求数列1bnb答案（1)因为n2an+1-（n+1）2an=2n2（n+1)2,n∈N*,所以an+1(n+1)2-a所以数列{bn｝是等差数列.因为a1=1，所以bn=ann2=a(2)因为1bnbn+1所以Sn=12×11-13+17。（2020届新疆哈密月考，17）已知数列｛an}，{bn}，其中a1=5,b1=-1，且满足an=12（3an—1-bn-1)，bn=-12（an-1—3bn—1)，n∈N（1）求证：数列｛an-bn｝为等比数列；（2）求数列3×2n-答案(1)证明:an—bn=12（3an-1—bn-1)—-12(an—1—3bn—1)=2（an-1—bn—1又a1—b1=5—(—1)=6,所以{an-bn｝是首项为6，公比为2的等比数列.（2)由（1）知，an-bn=3×2n。①因为an+bn=12（3an—1-bn—1)+-12（an-1-3bn—1)=an—1+bn-1又a1+b1=5+(—1)=4，所以｛an+bn｝为常数列且an+bn=4。②联立①②得an=3×2n-1+2，故3×2n-1ana所以Sn=13×20+2-13×218。(2019湖南百所重点名校大联考,17）已知数列｛an｝满足：a1+a2+a3+…+an=n—an（n=1,2，3,…)。（1）求证:数列｛an—1}是等比数列;(2)令bn=(2—n)(an—1）(n=1,2，3,…)，如果对任意n∈N＊，都有bn+14t≤t2答案(1)证明:由a1+a2+a3+…+an=n-an,①得a1+a2+a3+…+an+1=n+1—an+1，②②—①可得2an+1—an=1。即an+1-1=12(an又a1—1=—12∴｛an-1}是以—12为首项，1(2)由（1)可得an=1—12故bn=n-设数列｛bn}的第r项最大，则有r-2∴3≤r≤4,故数列{bn}的最大项是b3或b4，且b3=b4=18∵对任意n∈N*，都有bn+14t≤t2，即bn≤t2-14t对任意n∈N∴18≤t2-14t，解得t≥12∴实数t的取值范围是12,+9.（2020届山东夏季高考模拟，17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求出k的值；若k不存在,说明理由.设等差数列{an｝的前n项和为Sn,{bn}是等比数列，,b1=a5,b2=3，b5=-81,是否存在k，使Sk〉Sk+1且Sk+1〈Sk+2？

注：如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分。答案方案一：选条件①。设｛bn}的公比为q，则q3=b5所以bn=—（—3）n—1.从而a5=b1=—1,a2=b1+b3=—10,由于{an｝是等差数列,所以an=3n-16.因为Sk〉Sk+1且Sk+1<Sk+2等价于ak+1<0且ak+2>0,所以满足题意的k存在,当且仅当3(方案二：选条件②。设｛bn｝的公比为q，则q3=b5所以bn=-（-3)n-1。从而a5=b1=—1，a4=b4=27，所以｛an｝的公差d=—28。Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2等价于ak+1〈0且ak+2〉0,此时d=ak+2—ak+1〉0,与d=-28矛盾，所以满足题意的k不存在。方案三:选条