六章数列求综合应用

§6.4数列求和、数列的综合应用高考数学

(江苏省专用)五年高考A组

自主命题·江苏卷题组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27解析解法一:利用列举法可得:当n=26时,数列{an}的前26项重新排列为1,3,5,7,9,11,13,15,17,

19,21,23,25,…,41;2,4,8,16,32,则S26=

+

=441+62=503,a27=43,则12a27=516,不符合题意.当n=27时,数列{an}的前27项重新排列为1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,…,41,43;2,4,8,16,32,S27=

+

=546,a28=45,则12a28=540,符合题意,故答案为27.解法二:设an=2k,则Sn=[(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2·2k-1-1)]+(2+22+…+2k)=

+

=22k-2+2k+1-2.由Sn>12an+1得22k-2+2k+1-2>12(2k+1),即(2k-1)2-20·2k-1-14>0,即2k-1≥25,则k≥6.所以只需研究25<an<26是否有满足条件的解,此时Sn=[(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2m-1)]+(2+22+…+25)=m2+25+1-2,an+1=2m+1,m为等差数列的项数,且m>16.由m2+25+1-2>12(2m+1),得m2-24m-50>0,∴m≥22,n=m+5≥27.∴满足条件的n最小值为27.解法三: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,k个数列{cn}中的项,则n=m+k,数列{bn}的前m项和

为m2,数列{cn}的前k项和为2k+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Sn>12an+1,得(2k-1)2+2k+1-2>12(2k+1),即2k-1(2k-1-20)>14,则k≥6.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2k<2m-1<2k+1(k≥1,m≥2),此时an=2m-1,则an+1>2m.Sn-12an+1=2k+1-2+m2-12an+1<2(2m-1)-2+m2-12×2m=m2-20m-4.当m=2,3,…,20时,均有Sn-12an+1<0,即Sn>12an+1不成立.所以m≥21,而2k+1>2m-1,则k≥5.当k=5时,结合2k<2m-1<2k+1,m≥21,得21≤m≤32.①当m=32时,an+1=64,Sn-12an+1=62+322-12×64>0,满足题意,此时n=37;②当21≤m≤31时,an+1=2m+1,Sn-12an+1=62+m2-12×(2m+1)=m(m-24)+50.当且仅当m≥22时,有Sn-12an+1>0,即当k=5,m=22时,nmin=5+22=27.名师点睛(1)本题采用分组转化法求和,将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和.

分组转化法求和的常见类型主要有分段型,如an=

符号型,如an=(-1)nn2;周期型,如an=sin

.(2)解数列问题首先要学会将“数”一一“列”出,通过观察发现其规律;其次要充分利用好两

个最基本也是最简单的数列,即等差数列与等比数列,要熟练掌握这两个数列的通项公式、求

和公式,以及它们的一些基本性质.本题综合了两个C级要求的基本数列,利用不等式性质把问题转化为C级要求的解二次不等

式,结合估值运算,利用函数思想求有关最值,从而形成了高考中的这道难题.可见,在平时的学

习中,一是要有扎实的基本功,熟练掌握基础知识;二是加强思维能力、运算能力,提高自己的

数学素养.2.(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}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,

=

-

,其中Sn为数列{bn}的前n项和.①求数列{bn}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成

立,求m的最大值.解析本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a1≠0,q≠0.由

得

解得

因此数列{an}为“M-数列”.(2)①因为

=

-

,所以bn≠0.由b1=1,S1=b1,得

=

-

,则b2=2.由

=

-

,得Sn=

,当n≥2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(n∈N*).②解法一:由①知,bk=k,k∈N*.因为数列{cn}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0.因为ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.当k=1时,有q≥1;当k=2,3,…,m时,有

≤lnq≤

.设f(x)=

(x>1),则f'(x)=

.令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因为

=

<

=

,所以f(k)max=f(3)=

.取q=

,当k=1,2,3,4,5时,

≤lnq,即k≤qk,经检验知qk-1≤k也成立.因此所求m的最大值不小于5.若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上,所求m的最大值为5.解法二:由题意知数列{cn}为等比数列,设其公比为q,则cn=qn-1,因为m∈N*,且∀k∈N*,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,即qk-1≤k≤qk成立,所以,当m=1时,有1≤1≤q,当m=2时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,解得

≤q≤2,当m=3时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,解得

≤q≤

,当m=4时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,q3≤4≤q4,解得

≤q≤

.当m=5时,有1≤1≤q,q≤2≤q2,q2≤3≤q3,q3≤4≤q4,q4≤5≤q5,解得

≤q≤

,当m=6时,有q5≤6≤q6,且

≤q≤

,易得q≤

且q≥

,而

<

,所以q∈⌀.综上,m的最大值为5.3.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数

列.(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,

],证明:存在d∈R,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).解析本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.|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1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得

≤d≤

.因此,d的取值范围为

.(2)解法一:由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在d,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

b1≤d≤

b1.因为q∈(1,

],所以1<qn-1≤qm≤2,从而

b1≤0,

b1>0,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).①当2≤n≤m时,

-

=

=

,当1<q≤

时,有qn≤qm≤2,从而n(qn-qn-1)-qn+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,数列

单调递增,故数列

的最大值为

.②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.当2≤n≤m时,

=

≤

=f

<1.因此,当2≤n≤m+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

.解法二:由条件知an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1,且b1>0.当d=0时,|an-bn|=|b1-b1qn-1|=b1·|1-qn-1|.因为q∈(1,

],所以1<qn-1≤qm≤2,即|1-qn-1|=qn-1-1≤1,所以b1·|1-qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).因此,存在d=0,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.若存在d,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

b1≤d≤

b1.下面讨论数列

的最大值和数列

的最小值(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m时,

=

=1+

.因为1<q≤

时,故qn-1<qn≤qm≤2,从而

<0,所以

<1.又

<0,所以

>

.因此,当2≤n≤m+1时,数列

单调递增,故数列

的最大值为

.②当2≤n≤m时,

=

.因为1<q≤

,所以令

=s,则

≥

=sm-1+sm-2+…+1>m≥n-1,即

<1,因此,当2≤n≤m+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

.解法三:由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在d,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

b1≤d≤

b1.因为q∈(1,

],所以1<qn-1≤qm≤2,从而

b1<0,

b1>

>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=

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).①考察函数f(x)=

,x∈[1,m].f'(x)=

,f'(x)>0,所以函数f(x)在区间[1,m]上单调递增,从而当2≤n≤m+1时,数列

单调递增,故数列

的最大值为

.②考察函数h(x)=

,x∈[1,m].h'(x)=

=

,因为1<q≤

,所以lnq·x-1≤ln

·m-1=ln2-1<0,所以h'(x)<0,即函数h(x)在区间[1,m]上单调递减.因此,当2≤n≤m+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

.思路点拨从研究等差数列和等比数列的自身性质与相互关系出发,对两个数列作差,再结合

数列的函数特征,分析研究两者间的关系,设计了一道探究性问题,创意新颖、设问简洁巧妙、

研究味道足、知识综合性强.本题第(1)问比较简单,第(2)问有一定的难度,需要考生通过对第

(1)问的思考,理解问题,寻找到解决第(2)问的方法.典型错解错解1:对数列中恒成立问题理解不够清楚,从而不会建立一组不等关系求d的取值

范围.错解2:受多字母的干扰,不能从中抽象出问题的本质,即数列中不等式恒成立问题.错解3:对数列的单调性和最值问题的处理方法不够清晰,选择不够合理.4.(2015江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明:

,

,

,

依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,

,

,

依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得

,

,

,

依次构成等比数列?并说明理由.解析(1)证明:因为

=

=2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以

,

,

,

依次构成等比数列.(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).假设存在a1,d,使得a1,

,

,

依次构成等比数列,则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=

,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4

,化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-

.显然t=-

不是方程t2=t+1的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1,d,使得a1,

,

,

依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得

,

,

,

依次构成等比数列,则

(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以

及

,并令t=

,则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),则g'(t)=

.令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=

>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在

和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得

,

,

,

依次构成等比数列.评析本题考查等差数列的定义、等比数列的运算和综合应用,考查演绎推理、直接证明、

间接证明等逻辑思维能力.名师点睛解决等差数列与等比数列的综合问题,关键是理清两个数列的关系,如果同一数列

中部分项成等差数列,部分项成等比数列,要把成等差数列或成等比数列的项抽出来单独研究;

如果两个数列通过运算综合在一起,要从分析运算入手,把两个数列分割开,弄清两个数列各自

的特征,再求解.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一数列求和1.(2018天津理,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{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(n∈N*).(i)求Tn;(ii)证明

=

-2(n∈N*).解析本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,可得q2-q-2=0.因为q>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

=

=

=

-

,所以,

=

+

+…+

=

-2.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.2.(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{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).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q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8

①.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,数列{an}的通项公式为an=3n-2,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=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(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+

.方法总结(1)等差数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q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错

位相减法.3.(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.解析(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.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=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×

=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.4.(2015湖北,18,12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=

,求数列{cn}的前n项和Tn.解析(1)由题意有,

即

解得

或

故

或

(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=

,于是Tn=1+

+

+

+

+…+

,①

Tn=

+

+

+

+

+…+

.②①-②可得

Tn=2+

+

+…+

-

=3-

,故Tn=6-

.考点二数列的综合应用1.(2019浙江改编,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=

+b,n∈N*,则

.①当b=

时,a10>10;②当b=

时,a10>10;③当b=-2时,a10>10;④当b=-4时,a10>10.答案①解析本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算

能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.令an+1=an,即

+b=an,即

-an+b=0,若有解,则Δ=1-4b≥0,即b≤

,∴当b≤

时,an=

,n∈N*,即存在b≤

,且a=

或

,使数列{an}为常数列,②、③、④中,b≤

成立,故存在a=

<10,使an=

(n∈N*),排除②、③、④.对于①,∵b=

,∴a2=

+

≥

,a3=

+

≥

+

=

,a4≥

+

=

,∴a5>

,a6>

,…,a10>

,而

=

=1+

×

+

×

+…=1+4+

+…>10.故a10>10.2.(2017课标全国Ⅰ理改编,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,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100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

.答案440解析不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n),则有N=

+t+1,因为N>100,所以n≥13.由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.因为n≥13,所以2n>n+2,所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n,因为2t+1-1>0,所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1,因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1.所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3.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440.3.(2015福建改编,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)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数列,则p+q的值等于

.答案9解析由题可知a,b是x2-px+q=0的两根,∴a+b=p>0,ab=q>0,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a<b,则-2,a,b成递增的等差数列,∴2a=b-2,联立

消去b得a2+a-2=0,得a=1或a=-2,又a>0,∴a=1,此时b=4,∴p=a+b=5,∴p+q=9.4.(2019浙江,20,15分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+

bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)记cn=

,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2

,n∈N*.解析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识,同时考查运

算求解能力和综合应用能力.体现了数学抽象、数学运算等核心素养.满分15分.(1)设数列{an}的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.从而an=2n-2,n∈N*.所以Sn=n2-n,n∈N*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=

(

-SnSn+2).所以bn=n2+n,n∈N*.(2)cn=

=

=

,n∈N*.我们用数学归纳法证明.①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;②假设n=k(k∈N*)时不等式成立,即c1+c2+…+ck<2

,那么,当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<2

+

<2

+

<2

+

=2

+2(

-

)=2

,即当n=k+1时不等式也成立.根据②和②,不等式c1+c2+…+cn<2

对任意n∈N*成立.思路分析(1)利用等比中项定义求出bn.(2)写出cn,利用数学归纳法结合不等式放缩证明.一题多解(2)cn=

=

=

,n∈N*.我们用数学归纳法证明.①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;②假设n=k(k∈N*)时不等式成立,即c1+c2+c3+…+ck<2

,那么,当n=k+1时,只需证明c1+c2+…+ck+ck+1<2

,即证2

+

<2

,即证

<2(

-

)=

.因为(k+1)(k+2)>k(k+1),所以

<

,又

<

,所以

<

.即当n=k+1时,不等式也成立.根据①和②,不等式c1+c2+…+cn<2

对任意n∈N*成立.5.(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}的通项公式;(2)设数列{cn}满足cn=

求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).解析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=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)=

+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=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=-

+n×3n+1=

.所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×

=

(n∈N*).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.6.(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,cn=

其中k∈N*.(i)求数列{

(

-1)}的通项公式;(ii)求

aici(n∈N*).解析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=6×2n-1=3×2n.所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.(2)(i)

(

-1)=

(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{

(

-1)}的通项公式为

(

-1)=9×4n-1.(ii)

aici=

[ai+ai(ci-1)]=

ai+

(

-1)=

+

(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×

-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).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)由cn=

k∈N*知

(

-1)=(3×2n+1)(3×2n-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.解题关键正确理解数列{cn}的含义是解题的关键.7.(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.解析(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=

解得cn=4n-1.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·

,故bn-bn-1=(4n-5)·

,n≥2,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)·

,n≥2,

Tn=3·

+7·

+…+(4n-9)·

+(4n-5)·

,所以

Tn=3+4·

+4·

+…+4·

-(4n-5)·

,因此Tn=14-(4n+3)·

,n≥2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·

.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.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q>0,n∈

N*.(1)若2a2,a3,a2+2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=

,证明:e1+e2+…+en>

.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,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2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-

=1的离心率en=

=

.由e2=

=

,解得q=

.因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以

>qk-1(k∈N*).于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=

,故e1+e2+…+en>

.9.(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}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.解析(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,所以an=

(2)因为anbn=log3an,所以b1=

,当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=

;当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=

+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],两式相减,得2Tn=

+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=

+

-(n-1)×31-n=

-

,所以Tn=

-

.经检验,n=1时也适合.综上可得,Tn=

-

.C组教师专用题组考点一数列求和1.(2013湖南,15,5分)设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-

,n∈N*,则(1)a3=

;(2)S1+S2+…+S100=

.答案(1)-

(2)

解析(1)由已知得S3=-a3-

,S4=a4-

,两式相减得a4=a4+a3-

+

,∴a3=

-

=-

.(2)已知Sn=(-1)nan-

,(i)当n为奇数时,

两式相减得an+1=an+1+an+

,∴an=-

;(ii)当n为偶数时,

两式相减得an+1=-an+1-an+

,即an=-2an+1+

=

.综上,an=

∴S1+S2+…+S100=

+

+…+

=[(a2+a4+…+a100)-(a1+a3+…+a99)]-

=

+

-

+

+…+

=

-

=

-

=

.2.(2012课标,16,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为

.答案1830解析当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3,∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2,∴a2k-1=a2k+3,∴a1=a5=…=a61.∴a1+a2+a3+…+

a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)=

=30×61=1830.评析本题考查了数列求和,考查了分类讨论及等价转化的数学思想.3.(2015广东,21,14分)数列{an}满足:a1+2a2+…+nan=4-

,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{an}的前n项和Tn;(3)令b1=a1,bn=

+

an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.解析(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,解得a2=

;当n=3时,a1+2a2+3a3=

,解得a3=

.(2)当n≥2时,a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=4-

,①a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-

,②由①-②得,nan=

,所以an=

(n≥2),经检验,a1=1也适合上式,所以an=

(n∈N*).所以数列{an}是以1为首项,

为公比的等比数列.所以Tn=

=2-

.(3)证明:b1=1,bn=

-

·

+

·

(n≥2).当n=1时,S1=1<2+2ln1.当n≥2时,bn=

+

·an=

+

·(Tn-Tn-1)=

+

·Tn-

·Tn-1=

·Tn-

·Tn-1,所以Sn=1+

·T2-1·T1+

·T3-

·T2+…+

·Tn-

1+

+

+…+

·Tn-1=

·Tn<2

1+

+

+…+

=2+2

,以下证明

+

+…+

<lnn(n≥2).构造函数h(x)=lnx-1+

(x>1),则h'(x)=

-

=

>0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以lnx>1-

(x>1),分别令x=2,

,

,…,

,得ln2>1-

=

,ln

>1-

=

,ln

>1-

=

,……ln

>1-

=

.累加得ln2+ln

+…+ln

>

+

+…+

,即ln2+(ln3-ln2)+…+[lnn-ln(n-1)]>

+

+…+

,所以

+

+…+

<lnn(n≥2).综上,Sn<2+2lnn,n∈N*.考点二数列的综合应用1.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{an}中,a5=

,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+an>a1a2…an的最大正整数n的值为

.答案12解析解法一:设公比为q,则q>0,由

得a1=

,q=2.由a1+a2+…+an>a1a2…an,得2n-1>

.检验知当n=12时,212-1>211;当n=13时,213-1<218,故满足a1+a2+…+an>a1a2…an的最大正整数n的值

是12.解法二:设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),则由a6+a7=a5(q+q2)=3,结合a5=

,可得q=2(负值舍去),∴

=a1×24,∴a1=

,于是an=2n-6,则a1+a2+…+an=

=2n-5-

.∵a5=

,q=2,∴a6=1,a1a11=a2a10=…=

=1.∴a1a2…a11=1.当n取12时,a1+a2+…+a12=27-

>a1a2…a11·a12=a12=26成立;当n取13时,a1+a2+…+a13=28-

<a1a2…a11a12a13=a12a13=26·27=213;当n>13时,随着n的增大,a1+a2+…+an将恒小于a1a2…an.因此最大正整数n

的值为12.2.(2011江苏,13,5分)设1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2,a4,a6成公差为1

的等差数列,则q的最小值是

.答案

解析∵a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,又a1=1,∴a3=q,a5=q2,a7=q3,又a2,a4,a6成公差为1的等差数列,∴a4=a2+1,a6=a2+2.由1=a1≤a2≤a3≤…≤a7,得

解得

≤q≤

,故q的最小值为

.评析

本题主要考查等差、等比数列的通项公式,考查学生的逻辑思维能力和分析问题、解

决问题的能力,属中等难度试题.3.(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P1P2…Pn

+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q>0.由题意得

所以3q2-5q-2=0.因为q>0,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(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=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=

+

-(2n+1)×2n-1.所以Tn=

.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.方法总结一般地,如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}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.4.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{xn}的通项公式;(2)记Tn=

…

,证明:Tn≥

.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-

=

.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知Tn=

…

=

…

.当n=1时,T1=

.当n≥2时,因为

=

=

>

=

=

.所以Tn>

×

×

×…×

=

.综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥

.5.(2014湖南,20,13分)已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.(1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=

,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.解析(1)因为{an}是递增数列,所以|an+1-an|=an+1-an=pn.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=

或p=0.当p=0时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾.故p=

.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.

①但

<

,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.

②由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1=

=

.

③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-

=

.

④由③,④知,an+1-an=

.于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+

-

+…+

=1+

·

=

+

·

,故数列{an}的通项公式为an=

+

·

.6.(2014浙江,19,14分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=(

(n∈N*).若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an与bn;(2)设cn=

-

(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.(i)求Sn;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.解析(1)由a1a2a3…an=(

,b3-b2=6,知a3=(

=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…an=

=(

)n(n+1).故数列{bn}的通项为bn=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知cn=

-

=

-

(n∈N*),所以Sn=

-

(n∈N*).(ii)c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,当n≥5时,cn=

,而

-

=

>0,得

≤

<1,所以,当n≥5时,cn<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组考点一数列求和1.(2019无锡期中,13)定义

为n个正数P1,P2,…,Pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为

,bn=

,则

+

+…+

=

.答案

解析设数列{an}的前n项和为Sn,依题意,有

=

,即Sn=n(2n+3)=2n2+3n.当n=1时,a1=S1=5,当n>1时,由Sn=2n2+3n得Sn-1=2(n-1)2+3(n-1)=2n2-n-1,两式相减,得an=4n+1,n=1时也符合,所以an=4n+1,则bn=

=2n+1,所以