高考文数(课标专用)§6.4数列求和、数列的综合应用解析(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,a1+3a
2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)an=2.所以an=?(n≥2).又由题设可得a1=2,从而{a
n}的通项公式为an=?(n∈N).(2)记?的前n项和为Sn.由(1)知?=?=?-?.则Sn=?-?+?-?+…+?-?=?
.A组??统一命题·课标卷题组1.(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?的前n项和.五年高考思路分析(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)an=2n的实质就
是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和
.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.2.(2014课标Ⅰ,1
7,12分,0.507)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?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{an}的公差为d,则a4-
a2=2d,故d=?,从而a1=?.所以{an}的通项公式为an=?n+1.(2)设?的前n项和为Sn,由(1)知?=?,则Sn=
?+?+…+?+?,?Sn=?+?+…+?+?.两式相减得?Sn=?+?-?=?+??-?.所以Sn=2-?.思路分析(1)解出
方程的根,根据数列是递增的得出a2,a4的值,从而解出通项;(2)用错位相减法求和.解析(1)设数列{an}的公差为d,由题意有
?解得??(3分)所以{an}的通项公式为an=?.?(5分)(2)由(1)知,bn=?.?(6分)当n=1,2,3时,1≤?<2
,bn=1;当n=4,5时,2≤?<3,bn=2;3.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)等差数列{an}中,a3+a4=4,a5
+a7=6.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=[an],求数列{bn}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[
0.9]=0,[2.6]=2.当n=6,7,8时,3≤?<4,bn=3;当n=9,10时,4≤?<5,bn=4.?(10分)所以数
列{bn}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.?(12分)思路分析(1)设等差数列{an}的公差为d,根据已知构
造关于首项和公差的方程组,从而得通项公式.(2)根据bn=[an],列出数列{bn}的前10项,相加可得答案.评析本题考查了等差
数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.答案??解析由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=
2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2
),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=?(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=?(n∈
N),所以?=?=2?,从而?+?+?+…+?=2×?+2×?+2×?+…+2×?=2×?=?.B组??自主命题·省(区、市)卷
题组考点一数列求和1.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N),则数列?前1
0项的和为??.2.(2018天津,18,13分)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N);{bn}是等比数列,公比大
于0,其前n项和为Tn(n∈N).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.(1)求Sn和Tn;(2)
若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.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.(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=
0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所以,Tn=?=2n-1.设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1
+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n,所以,Sn=?.(2)由(1),有T
1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=?-n=2n+1-n-2.由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得?+
2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.所以,n的值为4.3.(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.解析(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=1
0.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=?.方法总结求解有关
等差数列和等比数列问题的关键是对其基本量(首项,公差,公比)进行求解.对于数列求和问题,常用的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法
、倒序相加法和分组转化法等.4.(2016山东,19,12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,符合上式,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.解析
(1)设数列{an}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an=2n-1.(2)由题意,得bn=?(log2an+log2an+1)=?(log22n-1+log2
2n)=n-?,即{bn}是首项为?,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n?}的前n项和为Tn,则T2n=(-?+?)+(-?+
?)+…+(-?+?)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=?=2n2.5.(2016天津,18,13分)已知{an}
是等比数列,前n项和为Sn(n∈N),且?-?=?,S6=63.(1)求{an}的通项公式;(2)若对任意的n∈N,bn是lo
g2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)n?}的前2n项和.评析本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.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an=a1qn-1=2n-1.(2)Sn=?=2n-1,又bn=?=?=?-?,所以Tn=b
1+b2+…+bn=?+?+…+?=?-?=1-?.6.(2015安徽,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a
4=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=?,求数列{bn}的前n项和Tn
.评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.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?.解析本题考查数列的插项问题.设An=2n-1,Bn=2n,n∈
N,当Ak+A2+…+?+B1+B2+…+Bl,则共有k+l=2l-1+l个数,即Tl=?,而A1+A2+…+?=?×2l-1=22l-2,
B1+B2+…+Bl=?=2l+1-2.则Tl=22l-2+2l+1-2,则l,Tl,n,an+1的对应关系为答案27lTlna
n+112an+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观
察到l=5时,Tl=S21<12a22,l=6,Tl=S38>12a39,则n∈[22,38),n∈N时,存在n,使Sn≥12a
n+1,此时T5=A1+A2+…+A16+B1+B2+B3+B4+B5,则当n∈[22,38),n∈N时,Sn=T5+?=n2-
10n+87.an+1=An+1-5=An-4,12an+1=12[2(n-4)-1]=24n-108,Sn-12an+1=n2-
34n+195=(n-17)2-94,则n≥27时,Sn-12an+1>0,即nmin=27.2.(2015福建,16,4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解析依题意有a,b是方程x2-px+q=0的两根,则a+b=p,ab=q,由p>0,q>
0可知a>0,b>0.由题意可知ab=(-2)2=4=q,a-2=2b或b-2=2a,将a-2=2b代入ab=4可解得a=4,b=
1,此时a+b=5,将b-2=2a代入ab=4可解得a=1,b=4,此时a+b=5,则p=5,故p+q=9.答案???解析由B
C=2?得AB=a1=2?AA1=a2=??A1A2=a3=?×?=1,由此可归纳出{an}是以a1=2为首项,?为公比的等比数列
,因此a7=a1×q6=2×?=?.3.(2014安徽,12,5分)如图,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2?.过点A作BC的
垂线,垂足为A1;过点A1作AC的垂线,垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;……,依此类推.设BA=a1,AA1=a2
,A1A2=a3,……,A5A6=a7,则a7=?.?4.(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)相减后等比数列的项数.(5)进行检验.5.(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{a
n}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nbn}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{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
,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-(6
n-2)×2n+1=?-4-(6n-2)×2n+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.方法总结(1)等差数列与等比数列中分别有五个量,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{anbn},其中{an}是公差为
d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求{anbn}的前n项和应采用错位相减法.6.(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.解析(1)由题意得?则?又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an.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+?-?=?,所以Tn=?易错警示(1)当n≥2时,得出an+1=3an,要注意a1与a2是否满足此关系式.(2)在去掉绝
对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后Tn应分n=1与n≥2两段来写.7.(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+a
3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?+?+…+?.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a2,a3,a2+a
3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).=n+?=n+?(3n-1
).(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)]易错警示在(1)中要注意检验a1与a
2是否满足an+2=qan+1(n≥1).(2)中求等比数列前n项和时要注意公比是q2.答案????D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,∴a
2k-1=a2k+3,∴a1=a5=…=a61.∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a6
1)=3+7+11+…+(2×60-1)=?=30×61=1830.C组??教师专用题组考点一数列求和1.(2012课标全国,
12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为?()A.3690????B.3
660C.1845????D.1830解析(1)设{an}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an=-2n+27.(2)令Sn=a
1+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=
?(a1+a3n-2)=?(-6n+56)=-3n2+28n.2.(2013课标Ⅱ,17,12分,0.302)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.
思路分析(1)设{an}的公差为d.由已知条件可建立方程求得公差d,从而求出{an}的通项公式.(2)由(1)得{a3n-2}是
首项为25,公差为-6的等差数列,利用求和公式及等差数列的性质可得答案.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-?.3.(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=?,求数列{cn}的前n项和Tn.解析(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?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{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+3×2
2+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.评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.4.(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.所以Tn=?×4n+1+?=?.5.(2015山东,19,12
分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列?的前n项和为?.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=(an+1)·?,
求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)设数列{an}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=?-n·4n+1=?×4n+1-?.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?是等差数列;(2)设bn=3n·?,求数列{bn}的前n项和Sn.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an=n
2.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=?-n·3n+1=?.所以Sn=?.7.(2014四川,19
,12分)设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N).(1)证明:数列{bn}为等比数
列;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-?,求数列{an?}的前n项和Sn.解析(
1)证明:由已知可知,bn=?>0,当n≥1时,?=?=2d,所以数列{bn}是首项为?,公比为2d的等比数列.(2)函数f(x)
=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-?=(?ln2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-?.由题意知,a2-?=2-?,解
得a2=2.所以d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,an?=n·4n.于是,Sn=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)
×4n-1+n×4n,4Sn=1×42+2×43+…+(n-1)×4n+n×4n+1,因此Sn-4Sn=4+42+…+4n-n×4
n+1=?-n×4n+1=?.所以Sn=?.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列的通项公式与前n项和、导数的
几何意义等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力.8.(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=?,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求T
n.所以Tn=?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
{an}的通项公式为an=2n.(2)由题意知bn=?=n(n+1).所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+
1).因为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=?=?,当n为奇数时,Tn=Tn-1+(-bn)=?-n(n+1)=-?.考点二数列的综合应用1.(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=4
an,?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.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.2.(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+?b2+?b3+…+?bn=bn+1-1(n∈N).(1)求an与bn;(2)记数列{a
nbn}的前n项和为Tn,求Tn.解析(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,?bn=bn+1-bn,整理得?=?,所以bn=n(n∈N).(2)由(1)知anbn=n·2
n,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).评析本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础
知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.3.(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,n∈N.(1)证明:an+2=3an;(2)求Sn.综上所述,Sn=?解析
(1)证明:由条件,对任意n∈N,有an+2=3Sn-Sn+1+3,因而对任意n∈N,n≥2,有an+1=3Sn-1-Sn+3
.两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1,即an+2=3an,n≥2.又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=
3a1-(a1+a2)+3=3a1.故对一切n∈N,an+2=3an.(2)由(1)知,an≠0,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=2×3
n-1.于是S2n=a1+a2+…+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=(1+3+…+3n-1)+
2(1+3+…+3n-1)=3(1+3+…+3n-1)=?,从而S2n-1=S2n-a2n=?-2×3n-1=?(5×3n-2-1
).4.(2014湖南,21,13分)已知函数f(x)=xcosx-sinx+1(x>0).(1)求f(x)的单调区间;(2)
记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N)个零点,证明:对一切n∈N,有?+?+…+?x-xsinx-cosx=-xsinx.令f''(x)=0,得x=kπ(k∈N).当x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N
)时,sinx>0,此时f''(x)<0;当x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)时,sinx<0,此时f''(x)
>0,故f(x)的单调递减区间为(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),单调递增区间为((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N).
(2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,π)上单调递减,又f?=0,故x1=?,当n∈N时,因为f(nπ)f((n+1)π
)=[(-1)nnπ+1]·[(-1)n+1(n+1)π+1]<0,且函数f(x)的图象是连续不断的,所以f(x)在区间(nπ,(
n+1)π)内至少存在一个零点.又f(x)在区间(nπ,(n+1)π)上是单调的,故nπ?=?N,?+?+…+?.答案????D设数列{an}的公差为d,由题意可得????an=2n-3?bn=(-1)n(2n-3)?S100=(-a1+a
2)+(-a3+a4)+…+(-a99+a100)=50×2=100,故选D.A组2016—2018年高考模拟·基础题组考点一
数列求和1.(2017东北三省四市二模,6)已知数列{an}满足an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6
|=()A.9????B.15????C.18????D.30答案????C由题意知{an}是以2为公差的等差数列,又
a1=-5,所以|a1|+|a2|+…+|a6|=|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5=5+3+1+1+3+5=18.故选C.
2.(2017湖南郴州第一次教学质量监测,6)在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}
的前100项之和S100=?()A.-200????B.-100????C.200????D.100三年模拟3.(201
6江西高安中学等九校联考,7)已知数列5,6,1,-5,…,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前
16项之和S16等于?()A.5????B.6????C.7????D.16答案????C根据题意这个数列的前7项分别
为5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第7项起,数字重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为6,前6项和为5+6+1+(-
5)+(-6)+(-1)=0.又因为16=2×6+4,所以这个数列的前16项之和S16=2×0+7=7.故选C.答案??解析∵
anbn=1,且an=n2+3n+2,∴bn=?=?=?-?,∴{bn}的前2018项和为?-?+?-?+?-?+…+?-?=?
-?=?=?.故答案为?.4.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,13)若{an},{bn}满足anbn=1,
an=n2+3n+2,则{bn}的前2018项和为?.解析等比数列{(n2+n)an}的首项为2a1=?,第二项为6a2=?,
故公比为?,所以(n2+n)an=?·?=?,所以an=?,则3nan=?=?-?,其前n项和为1-?,n=15时,为1-?=?.
5.(2018河北邯郸第一次模拟,15)已知数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,bn-an=2n+1,且Sn+Tn=
2n+1+n2-2,则2Tn=?.6.(2018湖南邵阳期末,15)设数列{(n2+n)an}是等比数列,且a1=?,a2=?,则
数列{3nan}的前15项和为?.答案???答案2n+2+n(n+1)-4解析由题意知Tn-Sn=b1-a1+b2-a2+…
+bn-an=n+2n+1-2,又Sn+Tn=2n+1+n2-2,所以2Tn=Tn-Sn+Sn+Tn=2n+2+n(n+1)-4.
解析(1)设数列{an}的公差为d,则Sn=na1+?d=?n2+?n,又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得?解得?所以a1=
1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.7.(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(
?+1),求数列{bn}的前n项和Tn.(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+…+2n)-2=(2n-1)·2n+1-2×?-2=(2n-3)·2n+1+6.答案????D
依题意知an=1+3(n-1)=3n-2,bn=3n-1,则b1=1,b2=3,b3=9,∴?+?+?=a1+a3+a9=1+7+
25=33.故选D.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?+?+?=?()A.64????B.32????C.38????D.33答案????B由题意得a
2-a1≥2,a3-a2≥2,a4-a3≥2,…,an-an-1≥2,∴a2-a1+a3-a2+a4-a3+…+an-an-1≥2
(n-1),∴an-a1≥2(n-1),∴an≥2n-1,∴a1≥1,a2≥3,a3≥5,……,an≥2n-1,∴a1+a2+a3
+…+an≥1+3+5+…+2n-1,∴Sn≥?=n2.故选B.2.(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????C∵?=1+?,∴Tn=n+1-?,∴T10+1013=11-?+1013=102
4-?,又m>T10+1013,∴整数m的最小值为1024.故选C.3.(2017湖南湘潭三模,9)已知Tn为数列?的前n项和
,若m>T10+1013恒成立,则整数m的最小值为?()A.1026????B.1025C.1024????D.1
023解析令n=1,得?=4,所以a1=16.当n≥2时,?+?+…+?=(n-1)2+3(n-1).与已知等式联立,化简得?
=(n2+3n)-(n-1)2-3(n-1)=2n+2(n≥2),所以an=4(n+1)2(n≥2),n=1时,a1=16符合上式
.所以an=4(n+1)2,n∈N,所以?=4n+4,∴?+?+…+?=?=2n2+6n.解析∵Sn=2an-2n=2(Sn-
Sn-1)-2n(n≥2),整理得Sn-2Sn-1=2n(n≥2),等式两边同时除以2n有?-?=1(n≥2),又S1=2a1-2
=a1可得a1=S1=2,所以数列?是以1为首项,1为公差的等差数列,所以?=n,所以Sn=n·2n.5.(2017河北冀州第二次
阶段考试,15)若数列{an}是正项数列,且?+?+…+?=n2+3n,则?+?+…+?=?.4.(2018湖南衡阳第一次联考(一
模),15)已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an-2n,则Sn=?.答案???n·2n答案2n2+6n解析(1)
设等差数列{bn}的公差为d.则有?解得?或?(舍去),所以an=3n,bn=2n+1.(2)由(1)知cn=(-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.6.(2017福建福州八中第六次质检,17)在等比数列{an}中,公
比q≠1,等差数列{bn}满足b1=a1=3,b4=a2,b13=a3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)记cn=(
-1)nbn+an,求数列{cn}的前2n项和S2n.B组??2016—2018年高考模拟·综合题组(时间:55分钟分值:85
分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=ax+b(a>0,且a≠1)的图象经过
点P(1,3),Q(2,5).当n∈N时,an=?,记数列{an}的前n项和为Sn,当Sn=?时,n的值为?()A.7??
??B.6????C.5????D.4答案????D∵函数f(x)=ax+b(a>0,且a≠1)的图象经过点P(1,3),Q
(2,5),∴?∴?或?(舍去),∴f(x)=2x+1,∴an=?=?-?,∴Sn=?+?+…+?=?-?,令Sn=?,得n=4.
故选D.特别提醒使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对
称的特点.2.(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????D?n=2k(k∈N)时,a2k+1-a
2k=2,n=2k-1(k∈N)时,a2k+a2k-1=2,n=2k+1(k∈N)时,a2k+2+a2k+1=2,∴a2k+1
+a2k-1=4,a2k+2+a2k=0,∴{an}的前100项和=(a1+a3)+…+(a97+a99)+(a2+a4)+…+(
a98+a100)=25×4+25×0=100.故选D.3.(2018百校联盟TOP20三月联考,12)已知数列{an}的通项公式
为an=?则数列{3an+n-7}的前2n项和的最小值为?()A.-??B.-??C.-??D.-?答案????D设bn=
3an+n-7,{3an+n-7}的前2n项和为S2n,则S2n=b1+b2+b3+…+b2n=3??+??+(1+2+3+…+2
n)-14n=9?+2n2-13n,又2n2-13n=2?-?,当n≥4时,f(n)=2?-?是关于n的增函数,又g(n)=9?
也是关于n的增函数,∴S8最小,S6=-?,故选D.4.(2017陕西西安铁一中第五次模拟,9)已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N
),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2004)内的所有“优数”的和为?()A
.1024????B.2003????C.2026????D.2048答案????C∵log23×log34=2为
整数,此时n=2,log23×log34×log45×log56×log67×log78=3为整数,此时n=6,以此类推,在区间(
1,2004)内的所有“优数”为2,6,14,30,…,1022,∴设所有“优数”构成的数列为{bn},则bn=2n+1-2,
∴2+6+14+…+1022=(22-2)+(23-2)+…+(210-2)=2026.二、填空题(每小题5分,共25分)5.
(2018皖南八校第三次联考,16)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1,bn=log2(?·?),数列{bn}的前n项和为
Tn,则满足Tn>1024的最小n的值为?.解析当n=1时,a1=4,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,
所以an=?所以bn=?所以Tn=?当n=9时,T9=210+9×10+2=1116>1024;当n=8时,T8=29+8×9
+2=586<1024,所以满足Tn>1024的最小n的值为9.答案96.(2018江西南昌莲塘一中质量检测,16)函数f(
x)=?,g(x)=f(x-1)+1,an=g?+g?+g?+…+g?,n∈N,则数列{an}的通项公式为?.解析由题意知f(
x)的定义域为R,又f(-x)=?=?=-f(x),∴函数f(x)=?为奇函数,g(x)+g(2-x)=f(x-1)+1+f(2-
x-1)+1=f(x-1)+f(1-x)+2,由f(x)=?为奇函数,知f(x-1)+f(1-x)=0,∴g(x)+g(2-x)=
2.∵an=g?+g?+g?+…+g?,n∈N,①∴an=g?+g?+g?+…+g?,n∈N,②由①+②得2an=?+?+…+
?=(2n-1)×2,则数列{an}的通项公式为an=2n-1.答案???an=2n-17.(2017广东潮州二模,16)已知Sn
为数列{an}的前n项和,an=2·3n-1(n∈N),若bn=?,则b1+b2+…+bn=?.解析因为?=?=3,且a1=2
,所以数列{an}是以2为首项,3为公比的等比数列,所以Sn=?=3n-1,又bn=?=?=?-?,则b1+b2+…+bn=?+?
+…+?=?-?=?-?.答案????-?思路分析根据已知条件可求出数列{an}为等比数列,并求其前n项和Sn,利用an+1=
Sn+1-Sn求{bn}的通项公式,最后用裂项相消法求和.答案?k≥?解析?Tn=?=-?+?,所以Tn+?=?,则k≥?=?恒
成立,令bn=?=?,只需求bn的最大值即可,bn+1-bn=?,当n≤2时,bn+1-bn>0,当n≥3时,bn+1-bn<0,
∵b1=-?,b2=0,b3=?,∴当n=3时,bn取得最大值?,∴k≥?.思路分析由已知条件可求出Tn,分离参变量可得k>?,
判断数列?的单调性即可求出数列的最大值,进而得出k的取值范围.8.(2016湖北优质高中联考,16)已知数列{an}的通项为an=
3n,记数列{an}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N,?k≥3n-6恒成立,则实数k的取值范围是?.答案??+?解析由题
意可知?=?+?·???-1=??,又?-1=-?,所以?是以-?为首项,?为公比的等比数列,所以?-1=-?,所以?=1-?,所
以?+?+?+…+?=n-?=n-?+?·?,可知?+?+?+…+?=2016-?+?×?=?+?.思路分析由已知条件可得?-
1=??,即可得出?为等比数列,求其通项公式即可.9.(2016安徽皖江名校联考,16)数列{an}满足:a1=?,且an+1=?(n∈N),则?+?+?+…+?=??.三、解答题(共40分)10.(2018山西太原模拟考试(二),17)已知数列{an}的前n项和为Sn=?,数列{bn}满足bn=an+an+1(n∈N).(1)求数列{bn}的通项公式;(2)若cn=?·(bn-1)(n∈N),求数列{cn}的前n项和Tn.方法总结(1)由于知道Sn的表达式,所以应用an=?可求得an,注意验证n=1时,a1=1是否适合n≥2时的式子;(2)当数列的通项由等差数列与等比数列相乘时,一般用错位相减法求和.解析(1)当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=?-?=n,又a1=1符合上式,∴an=n(n∈N),∴bn=an+an+1=2n+1.(2)由(1)得cn=?(bn-1)=n·2n+1,∴Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1①,2Tn=1×23+2×24+3×25+…+(n-1)×2n+1+n×2n+2②,①-②得,-Tn=22+23+24+…+2n+1-n·2n+2=?-n·2n+2=(1-n)·2n+2-4,∴Tn=(n-1)·2n+2+4.11.(2018安徽马鞍山第二次教学质量监测,17)已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,a2=37,S4=152.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{|an-2n|}的前n项和Tn.思路分析(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,根据题意列出关于a1和d的方程组,解出即可得数列{an}的通项公式;(2)根据(1)中的结果得|an-2n|=?分1≤n≤5和n≥6两种情况讨论,利用分组求和得出结果.解析(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,则?解得?所以数列{an}的通项公式为an=2n+33(n∈N).(2)由(1)知,|an-2n|=|2n+33-2n|=?当1≤n≤5时,Tn=?-?=n2+34n-2n+1+2;当n≥6时,T5=133,|2n+33-2n|=2n-(2n+33),Tn-T5=?-?=2n+1-n2-34n+131,∴Tn=2n+1-n2-34n+264.综上所述,Tn=?解析(1)∵Sn=2an-1,∴n≥2时,Sn-1=2an-1-1,∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,n≥2,即an=2an-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴?=?=1.∴bn=1+(n-1)=n.(2)由(1)知cn=?-?=21-n-?=21-n-2?,∴Tn=?-2?=2-?-2?=?-21-n.12.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{an}满足Sn=2an-1(n∈N),{bn}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)若cn=?-?(n∈N),求数列{cn}的前n项和Tn. |
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