浙江省2020版高考数学专题6数列6.4数列求和、数列的综合应用检测.docx

6.4数列求和、数列的综合应用挖命题【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的求和掌握特殊数列求和的方法.2018浙江,20错位相减法求和等差数列、等比数列2016浙江文,17数列求和等比数列的通项公式2015浙江文,17错位相减法求和递推数列通项公式的求法2014浙江,19裂项相消法求和数列通项公式的求法数列的综合应用能利用等差数列、等比数列解决相应问题.2018浙江,20等差数列、等比数列的综合运用错位相减法求和数学归纳法了解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.2017浙江,22数学归纳法不等式及其应用分析解读1.等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型,是高考中的热点之一.基本知识的考查以选择题或填空题的形式呈现,而综合知识的考查则以解答题的形式呈现.2.以数列为载体来考查推理归纳、类比的能力成为高考的热点.3.数列常与其他知识如不等式、函数、概率、解析几何等综合起来进行考查.4.数学归纳法常与数列、不等式等知识综合在一起,往往综合性比较强,对学生的思维要求比较高.5.预计2020年高考中,等差数列与等比数列的综合问题仍然是考试的热点,复习时要足够重视.破考点【考点集训】考点一数列的求和1.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),14)已知等差数列an的首项为a,公差为-2,Sn为数列an的前n项和,若从S7开始为负数,则a的取值范围为,Sn最大时,n=.答案5,6);32.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,22)已知函数f(x)=x2+x,x1,+),an=f(an-1)(n2,nN).(1)证明:x+122-f(x)2x2;(2)设数列an2的前n项和为An,数列11+an的前n项和为Bn,a1=,证明:22n4An3Bn32n.证明(1)f(x)-x+122-12=x2+x-x2+x-14=0,f(x)x+122-.f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)0(x1),f(x)2x2,x+122-f(x)2x2.(2)an=f(an-1)=an-12+an-1an-12=an-an-1(n2),则An=a12+a22+an2=an+1-a1=an+1-,an=an-12+an-1=an-1(an-1+1)1an=1an-1(an-1+1)=1an-1-1an-1+11an-1+1=1an-1-1an(n2),累加得:Bn=1a1+1+1a2+1+1an+1=1a1-1an+1=-1an+1,AnBn=an+1-3223-1an+1=an+1.由(1)得anan-1+122-an+1+an+122an-1+1222a1+122n,an+122n-AnBn=an+1322n-1-.an=f(an-1)2an-12an+12an223an-12222n-1a12n=22n-1322n=32n.AnBn=an+132n=32n+1,322n-1-AnBn32n+1,即22n+1-14An3Bn32n,而22n+1-122n,22n4An3Bn32n.考点二数列的综合应用1.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),10)数列an的各项均为正数,Sn为其前n项和,对于任意nN*,总有Sn=an2+an2.设bn=a4n+1,dn=3n(nN*),且数列bn中存在连续的k(k1,kN*)项和是数列dn中的某一项,则k的取值集合为() A.k|k=2,N*B.k|k=3,N*C.k|k=2,N*D.k|k=3,N* 答案B2.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,9)已知函数f(x)=sin xcos x+cos2x,0x0x1x2xn,an=|f(xn)-f(xn-1)|,nN*,Sn=a1+a2+an,则Sn的最大值等于()A.2B.3C.2+1D.2答案A考点三数学归纳法1.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),22)在数列an中,a1=a,an+1=nn+1an+1n+1an2(nN*),已知0a1.(1)求证:an+10,an+1-an=1n+1an2-1n+1an=1n+1an(an-1)(nN*).下面用数学归纳法证明:an1.n=1时,a1=a1,结论成立.假设n=k时,ak1,当n=k+1时,ak+1-ak=1k+1ak(ak-1)0,即ak+1ak1,结论成立.根据可知,当nN*时,an1,所以an+1an.(2)由an+1=nn+1an+1n+1an2,得1(n+1)an+1=1nan+an2=1an(n+an)=1n1an-1n+an=1nan-1n(n+an),因为0an1,所以1(n+1)an+1=1nan-1n(n+an)1nan-1n(n+1),所以1nan1(n-1)an-1-1(n-1)n=1(n-1)an-1+-1n-1(n2),即1nan1(n-1)an-1+-1n-1a(1-a)n+a,又a1=a,所以当nN*时,ana(1-a)n+a.2.(2017浙江新高考临考冲刺卷,22)已知正项数列an满足:an+1=an-an2(nN*).(1)证明:当n2时,an1n+2;(2)设Sn为数列an的前n项和,证明:Sn0,所以a1-a120,故0a11.下面利用数学归纳法证明结论.当n=2时,a2=a1-a12=-a1-122+,结论成立; 假设当n=k(k2)时,结论成立,即ak1k+2,则当n=k+1时,ak+1=-ak-122+.因为函数f(x)=-x-122+在0,12上单调递增,0ak1k+2,所以ak+1-1k+2-122+=k+1(k+2)20时,均有ln(1+x)x1+x.设g(x)=ln(1+x)-x1+x,则g(x)=11+x-1(1+x)2=x(1+x)20,所以g(x)在(0,+)上单调递增,因此,当x0时,g(x)g(0)=0,即ln(1+x)x1+x.在上述不等式中,取x=1n+1,则ln1+1n+11n+11+1n+1,即lnn+2n+11n+2,所以,当n2时,Sn=a1+(a2+a3+an)a1+1n+2a1+=a1+lnn+231+lnn+23.而当n=1时,S1=a11+ln1+23=1成立.综上,Sn1+lnn+23(nN*).炼技法【方法集训】方法1错位相减法求和1.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Snn为等差数列;(2)令bn=2nan,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n+1-Snn=1,又S11=5,所以数列Snn是首项为5,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n.当n2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.又a1=5也符合上式,所以an=2n+3(nN*),所以bn=(2n+3)2n,所以Tn=52+722+923+(2n+3)2n,2Tn=522+723+924+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,所以-得Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+2n+1)=(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)=(2n+1)2n+1-2.2.已知数列an是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=2log2an-1,求数列anbn的前n项和Tn.解析(1)设数列an的公比为q,因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4.即2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.因为公比q0,所以q=2.所以an=a2qn-2=42n-2=2n(nN*).所以数列an的通项公式an=2n(nN*).(2)因为an=2n,所以bn=2log2an-1=2n-1,所以anbn=(2n-1)2n,则Tn=12+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,2Tn=122+323+524+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.由-得,-Tn=2+222+223+22n-(2n-1)2n+1=2+24(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以Tn=6+(2n-3)2n+1.方法2裂项相消法求和1.(2018浙江嘉兴高三期末,22)已知数列an满足a1=1,an=nn-1an-1(n2).(1)求数列an的通项公式;(2)求证:对任意的nN*,都有:1a12+2a22+3a32+nan22(k-1)k+1(k2,kN*).解析(1)当n2时,ann=an-1n-1=a11=1,当n2时,an=n.又a1=1,an=n,nN*.(3分)(2)证明:当n=1时,13成立;当n2时,nan2=1n3=1n路n21n(n+1)(n-1)=1n(n-1)-1n(n+1)1n+1-n-1=1n-1-1n+1n+1+n-12n1n-1-1n+1.(6分)1a12+2a22+3a32+nan21+1-13+12-14+13-15+14-16+1n-2-1n+1n-1-1n+1=1+1+12-1n-1n+13,1a12+2a22+3a32+nan20,y0时,(x+y)1x+1y=2+4,+4x+y,当且仅当x=y时等号成立.(13分)当k2,kN*时,2S4n+nk-1(nk-n)=4(k-1)1+k-1n4(k-1)1+k.S2(k-1)k+1,即1an+1an+1+1an+2+1ank-12(k-1)k+1(k2,kN*).(15分)2.(2017浙江宁波期末,22)已知数列an满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(nN*),bn=an+1.(1)求证:bn是等比数列;(2)记数列nbn的前n项和为Tn,求Tn;(3)求证: -12路3n1a1+1a2+1a3+1an13k,kN*,所以1a1+1a2+1a3+1an+132+133+13n=131-13n1-13=-13n,又1ak=13k-1=3k+1-1(3k-1)(3k+1-1)3k+1(3k-1)(3k+1-1)=3213k-1-13k+1-1,kN*,所以1a1+1a2+1a3+1an+=+32132-1-13n+1-1=+316-13n+1-11116.故-12路3n1a1+1a2+1a3+1ann+2,故bn=3n-1-n-2,n3.设数列bn的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.当n3时,Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112,所以Tn=易错警示(1)当n2时,得出an+1=3an,要注意a1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要写成分段函数的形式.2.(2015浙江文,17,15分)已知数列an和bn满足a1=2,b1=1,an+1=2an(nN*),b1+b2+b3+bn=bn+1-1(nN*).(1)求an与bn;(2)记数列anbn的前n项和为Tn,求Tn.解析(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(nN*).由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n2时, bn=bn+1-bn,整理得bn+1n+1=bnn,所以bn=n(nN*).(2)由(1)知anbn=n2n,因此Tn=2+222+323+n2n,2Tn=22+223+324+n2n+1,所以Tn-2Tn=2+22+23+2n-n2n+1.故Tn=(n-1)2n+1+2(nN*).评析本题主要考查数列的通项公式,等差、等比数列的基础知识,同时考查数列求和的基本思想方法,以及推理论证能力.考点二数列的综合应用1.(2018浙江,20,15分)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8q+1q=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-1.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)12n-1,故bn-bn-1=(4n-5)12n-2,n2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)12n-2+(4n-9)12n-3+7+3.设Tn=3+7+11122+(4n-5)12n-2,n2, Tn=3+7122+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-1,所以Tn=3+4+4122+412n-2-(4n-5)12n-1,因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-2.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,适合数列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.2.(2016浙江,20,15分)设数列an满足an-an+121,nN*.(1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|32n,nN*,证明:|an|2,nN*.证明(1)由an-an+121得|an|-|an+1|1,故|an|2n-|an+1|2n+112n,nN*,所以|a1|21-|an|2n=|a1|21-|a2|22+|a2|22-|a3|23+|an-1|2n-1-|an|2n121+122+12n-1n,|an|2n-|am|2m=|an|2n-|an+1|2n+1+|an+1|2n+1-|an+2|2n+2+|am-1|2m-1-|am|2m12n+12n+1+12m-112n-1,故|an|n,均有|an|2,取正整数m0log34|an0|-22n0且m0n0,则2n034m00,c30,c40;当n5时,cn=1n(n+1)n(n+1)2n-1,而n(n+1)2n-(n+1)(n+2)2n+1=(n+1)(n-2)2n+10,得n(n+1)2n1,所以,当n5时,cn0.综上,对任意nN*,恒有S4Sn,故k=4.评析本题主要考查等比数列的概念、通项公式、求和公式、不等式性质等基础知识,同时考查运算求解能力.考点三数学归纳法(2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时,(1)0xn+10.当n=1时,x1=10.假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00.因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0xn+10(x0).函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xnxnxn+12(nN*).(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn12n-1.由xnxn+122xn+1-xn得1xn+1-21xn-120,所以1xn-21xn-1-122n-11x1-12=2n-2,故xn12n-2.综上,12n-1xn12n-2(nN*).方法总结1.证明数列单调性的方法.差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.商比法:作商an+1an,判断an+1an与1的大小,同时注意an的正负.数学归纳法.反证法:例如求证:nN*,an+10),则有n2时,an=a1a2a1a3a2anan-1a1qn-1(其中a10).放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适当放缩.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一数列的求和1.(2017课标全国理,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: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A2.(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列1an前10项的和为.答案20113.(2018课标全国理,17,12分)记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.解析(1)设an的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以an的通项公式为an=2n-9.(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.方法总结求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)邻项变号法:当a10,d0时,满足am鈮?r0,am+1鈮?的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;当a10时,满足am鈮?r0,am+1鈮?的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.4.(2018天津文,18,13分)设an是等差数列,其前n项和为Sn(nN*);bn是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(nN*).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q0,可得q=2,故bn=2n-1.所以Tn=1-2n1-2=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=n(n+1)2.(2)由(1),有T1+T2+Tn=(21+22+2n)-n=-n=2n+1-n-2.由Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn可得n(n+1)2+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍)或n=4.所以正整数n的值为4.5.(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(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=2n+2n+2-2(nN*).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=1-2n1-2=2n-1,故Tn=-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以=233-222+244-233+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.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.6.(2017北京文,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.解析本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.(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=3n-12.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、倒序相加法和分组求和法等.考点二数列的综合应用1.(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数列,则p+q的值等于() A.6B.7C.8D.9答案D2.(2018江苏,14,5分)已知集合A=x|x=2n-1, nN*,B=x|x=2n,nN*.将AB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Sn12an+1成立的n的最小值为.答案273.(2017北京理,10,5分)若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=.答案14.(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=b10,mN*,q(1,m2,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).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.因为|an-bn|b1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73,52.(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qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1.因为q(1,m2,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qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,m+1).当2nm时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),当10.因此,当2nm+1时, 数列qn-1-2n-1单调递增,故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.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,qnnqn-1n-1=q(n-1)n21n1-1n=f1n1.因此,当2nm+1时,数列qn-1n-1单调递减,故数列qn-1n-1的最小值为qmm.因此,d的取值范围为b1(qm-2)m,b1qmm.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qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1,难点在于讨论qn-1-2n-1b1的最大值和qn-1n-1b1的最小值.对于数列qn-1-2n-1,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列qn-1n-1,要作商讨论单调性,qnnqn-1n-1=q(n-1)n=q1-1n,当2nm时,1qn2.q1-1n21n1-1n,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f1n0.由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.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(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=(n+n+1)22n-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=+2(1-2n-1)1-2-(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.考点三数学归纳法(2015江苏,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),设Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,aX,bYn.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值;(2)当n6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.解析(1)f(6)=13.(2)当n6时,f(n)=n+2+n2+n3,n=6t,n+2+n-12+n-13,n=6t+1,n+2+n2+n-23,n=6t+2,n+2+n-12+n3,n=6t+3,n+2+n2+n-13,n=6t+4,n+2+n-12+n-23,n=6t+5(tN*).下面用数学归纳法证明:当n=6时, f(6)=6+2+=13,结论成立;假设n=k(k6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+k-12+k-23+3=(k+1)+2+k+12+k+13,结论成立;2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+(k+1)-12+(k+1)-13,结论成立;3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-12+k-13+2=(k+1)+2+k+12+(k+1)-23,结论成立;4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-23+2=(k+1)+2+(k+1)-12+k+13,结论成立;5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-12+2=(k+1)+2+k+12+(k+1)-13,结论成立;6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+k-13+1=(k+1)+2+(k+1)-12+(k+1)-23,结论成立.综上所述,结论对满足n6的自然数n均成立.C组教师专用题组考点一数列的求和1.(2017天津文,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,S11=11b4.(1)求an和bn的通项公式;(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*).解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.(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q0,解得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=42+1022+1623+(6n-2)2n,2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1,上述两式相减,得-Tn=42+622+623+62n-(6n-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)求基本量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q1的等比数列,求anbn的前n项和应采用错位相减法.2.(2017山东文,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的前n项和Tn.解析本题考查等比数列与数列求和.(1)设an的公比为q,由题意知a1(1+q)=6,a12q=a1q2,又an0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.(2)由题意知S2n+1=(2n+1)(b1+b2n+1)2=(2n+1)bn+1,又S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以bn=2n+1.令cn=bnan,则cn=2n+12n.因此Tn=c1+c2+cn=+522+723+2n-12n-1+2n+12n,又Tn=322+523+724+2n-12n+2n+12n+1,两式相减得Tn=+-2n+12n+1,所以Tn=5-2n+52n.3.(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=lg an,其中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(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)疑难突破充分理解x的意义,求出bn的表达式,从而求出bn的前1 000项和.评析本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解x的意义是解题关键.4.(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,b