浙江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.pptx

第六章 数列 6.4 数列求和、数列的综合应用,高考数学 (浙江专用),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.440 B.330 C.220 D.110,五年高考,答案 A 本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力. 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+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, 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.,解题关键 解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1.,一题多解 本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解.,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 .,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(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),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 = .,3.(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= .,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.(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. (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q1的等比数列,求anbn的前n项和应 采用错位相减法.,5.(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 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, q=a1q2, 又an0,解得a1=2,q=2,所以an=2n. (2)由题意知:S2n+1= =(2n+1)bn+1, 又S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以bn=2n+1. 令cn= ,则cn= . 因此Tn=c1+c2+cn= + + + + , 又 Tn= + + + + , 两式相减得 Tn= + - , 所以Tn=5- .,6.(2017天津理,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a2nb2n-1的前n项和(nN*).,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q1的等比数列,求数列anbn的前n项和适用错位 相减法.,7.(2016浙江文,17,15分)设数列an的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,nN*. (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n2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,nN*. (2)设bn=|3n-1-n-2|,nN*,则b1=2,b2=1. 当n3时,由于3n-1n+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+ - = , 所以Tn=,易错警示 (1)当n2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要写成分段函数的 形式.,8.(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 = , 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.,9.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列an中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列. (1)求d,an; (2)若d0,求|a1|+|a2|+|a3|+|an|.,解析 (1)由题意得5a3a1=(2a2+2)2, 即d2-3d-4=0. 故d=-1或d=4. 所以an=-n+11,nN*或an=4n+6,nN*. (2)设数列an的前n项和为Sn. 因为d0,由(1)得d=-1,an=-n+11,则当n11时, |a1|+|a2|+|a3|+|an| =Sn=- n2+ n. 当n12时,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=-Sn+2S11= n2- n+110. 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=,评析 本题主要考查等差数列、等比数列的概念,等差数列的通项公式、求和公式等基础知识, 同时考查运算求解能力.,10.(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.,11.(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d1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d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn= , 于是Tn=1+ + + + + , Tn= + + + + + . -可得 Tn=2+ + + - =3- , 故Tn=6- .,评析 本题考查等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,利用错位相减法求和,考查推理运 算能力.,12.(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+a4, 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.,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.,14.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列an是递增数列,Sn是an的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0 的两个根,则S6= .,以下为教师用书专用,答案 63,解析 a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根且an是递增数列,故a3=4,a1=1,故公比q=2,S6= =63.,评析 本题考查了等比数列的求和公式.数列an递增是解题的关键,没考虑到q0是失分的主 要原因.,15.(2013重庆,12,5分)已知an是等差数列,a1=1,公差d0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列, 则S8= .,答案 64,解析 由a1、a2、a5成等比数列,得(a1+d)2=a1(a1+4d),即(1+d)2=1+4d,解得d=2(d=0舍去),S8= 8=64.,16.(2013湖南,15,5分)设Sn为数列an的前n项和,Sn=(-1)nan- ,nN*,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)- = + - + + = + + - + + = - = .,评析 本题主要考查数列an的通项公式及求前n项和Sn的方法,考查学生的逻辑推理能力,本题 解题关键是求an的通项公式.不能灵活利用已知条件an与Sn的关系是学生失分的主要原因.,17.(2014天津,19,14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 (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 = -qn-1=-10. 所以st.,评析 本题主要考查集合的含义与表示,等比数列的前n项和公式,不等式的证明等基础知识和 基本方法.考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.,18.(2013江西,17,12分)正项数列an的前n项和Sn满足: -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0. (1)求数列an的通项公式an; (2)令bn= ,数列bn的前n项和为Tn.证明:对于任意的nN*,都有Tn .,解析 (1)由 -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得Sn-(n2+n)(Sn+1)=0. 由于an是正项数列,所以Sn0,Sn=n2+n. 于是a1=S1=2,n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列an的通项an=2n. (2)证明:由于an=2n,bn= , 则bn= = - . Tn= 1- + - + - + - + - = = .,评析 本题考查数列的概念和应用裂项相消法求和,考查学生的运算求解和灵活应用知识的能 力.,19.(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)设数列bn的前n项和为Tn,且Tn+ =(为常数),令cn=b2n(nN*),求数列cn的前n项和Rn.,解析 (1)设等差数列an的首项为a1,公差为d. 由S4=4S2,a2n=2an+1得 解得a1=1,d=2.因此an=2n-1,nN*. (2)由题意知:Tn=- , 所以n2时, bn=Tn-Tn-1=- + = . 故cn=b2n= =(n-1) ,nN*. 所以Rn=0 +1 +2 +3 +(n-1) , 则 Rn=0 +1 +2 +(n-2) +(n-1) , 两式相减得,Rn= + + + -(n-1) = -(n-1) = - , 整理得Rn= . 所以数列cn的前n项和Rn= .,20.(2013四川,16,12分)在等差数列an中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列an的首项、 公差及前n项和.,解析 设该数列公差为d,前n项和为Sn.由已知,可得 2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d). 所以a1+d=4,d(d-3a1)=0, 解得a1=4,d=0,或a1=1,d=3,即数列an的首项为4,公差为0,或首项为1,公差为3. 所以数列的前n项和Sn=4n或Sn= .,评析 本题考查等差数列、等比中项的基础知识,考查运算求解能力,考查分类与整合的数学思 想.,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.6 B.7 C.8 D.9,答案 D 由题可知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.,2.(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 = .,答案 1,解析 本题考查等差数列、等比数列的基础知识,考查运算求解能力. 设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q. a1=b1=-1,a4=b4=8, a2=2,b2=2. = =1.,3.(2017课标全国文,17,12分)已知等差数列an的前n项和为Sn,等比数列bn的前n项和为Tn,a1 =-1,b1=1,a2+b2=2. (1)若a3+b3=5,求bn的通项公式; (2)若T3=21,求S3.,解析 本题考查了等差、等比数列. 设an的公差为d,bn的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1. 由a2+b2=2得d+q=3. (1)由a3+b3=5得2d+q2=6. 联立和解得 (舍去),或 因此bn的通项公式为bn=2n-1. (2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0. 解得q=-5或q=4. 当q=-5时,由得d=8,则S3=21. 当q=4时,由得d=-1,则S3=-6.,4.(2017课标全国文,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.,解析 (1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n,故当n2时, a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1). 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= - + - + - = .,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.,5.(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=2 kan对任意正整数n(nk)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.,6.(2017山东理,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 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(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.,-得 -Tn=32-1+(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.,7.(2016浙江,20,15分)设数列an满足 1,nN*. (1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*; (2)若|an| ,nN*,证明:|an|2,nN*.,证明 (1)由 1得|an|- |an+1|1,故 - ,nN*, 所以 - = + + + + n, - = + + + + n,均有|an|2,取正整数m0lo 且m0n0,则 =| |-2,与 式矛盾. 综上,对于任意nN*,均有|an|2.,8.(2015浙江,20,15分)已知数列an满足a1= 且an+1=an- (nN*). (1)证明:1 2(nN*); (2)设数列 的前n项和为Sn,证明: (nN*).,证明 (1)由题意得an+1-an=- 0,即an+1an, 故an . 由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a10. 由0an 得 = = 1,2, 即1 2. (2)由题意得 =an-an+1, 所以Sn=a1-an+1. 由 - = 和1 2得1 - 2, 所以n - 2n,因此 an+1 (nN*). 由得 (nN*).,评析 本题主要考查数列的递推公式与单调性、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能 力,分析问题和解决问题的能力.,9.(2014浙江,19,14分)已知数列an和bn满足a1a2a3an=( (nN*).若an为等比数列,且a1= 2,b3=6+b2. (1)求an与bn; (2)设cn= - (nN*).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nN*均有SkSn.,解析 (1)由a1a2a3an=( ,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(nN*), 所以,a1a2a3an= =( )n(n+1). 故数列bn的通项为bn=n(n+1)(nN*). (2)(i)由(1)知cn= - = - (nN*), 所以Sn= - (nN*). (ii)因为c1=0,c20,c30,c40; 当n5时,cn= , 而 - = 0, 得 1, 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.,10.(2016天津,18,13分)已知an是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的nN*,bn是an和an+ 1的等比中项. (1)设cn= - ,nN*,求证:数列cn是等差数列; (2)设a1=d,Tn= (-1)k ,nN*,求证: .,证明 (1)由题意得 =anan+1,有cn= - =an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2, 所以cn是等差数列. (2)Tn=(- + )+(- + )+(- + ) =2d(a2+a4+a2n) =2d =2d2n(n+1). 所以 = = = .,评析 本题主要考查等差数列及其前n项和公式、等比中项等基础知识.考查数列求和的基本 方法、推理论证能力和运算求解能力.,11.(2015重庆,22,12分)在数列an中,a1=3,an+1an+an+1+ =0(nN+). (1)若=0,=-2,求数列an的通项公式; (2)若= (k0N+,k02),=-1,证明:2+ 2+ .,解析 (1)由=0,=-2,有an+1an=2 (nN+).若存在某个n0N+,使得 =0,则由上述递推公式易得 =0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意nN+,an0. 从而an+1=2an(nN+),即an是一个公比q=2的等比数列. 故an=a1qn-1=32n-1. (2)证明:由= ,=-1,数列an的递推关系式变为 an+1an+ an+1- =0,变形为an+1 = (nN+). 由上式及a1=30,归纳可得 3=a1a2anan+10. 因为an+1= = =an- + , 所以对n=1,2,k0求和得 =a1+(a2-a1)+( - ) =a1-k0 + ,2+ =2+ . 另一方面,由上已证的不等式知a1a2 2,得 =a1-k0 + 2+ =2+ . 综上,2+ 2+ .,12.(2014湖南,20,13分)已知数列an满足a1=1,|an+1-an|=pn,nN*. (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-10, 于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0. 但 0, 因此a2n-a2n-1= = . 因为a2n是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n0,故 a2n+1-a2n=- = . 由知,an+1-an= . 于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1),=1+ - + =1+ = + , 故数列an的通项 an= + .,13.(2013课标全国,12,5分)设AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,. 若b1c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1= ,cn+1= ,则 ( ) A.Sn为递减数列 B.Sn为递增数列 C.S2n-1为递增数列,S2n为递减数列 D.S2n-1为递减数列,S2n为递增数列,以下为教师用书专用,14.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,xn的各项和,其中x0,nN,n2. (1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在 内有且仅有一个零点(记为xn),且xn= + ; (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn (x)和gn(x)的大小,并加以证明.,解析 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2, 则Fn(1)=n-10, Fn =1+ + + -2= -2 =- 0,故Fn(x)在 内单调递增,所以Fn(x)在 内有且仅有一个零点xn. 因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0, 即 -2=0,故xn= + . (2)解法一:由题设知,gn(x)= . 设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn- ,x0.,当x=1时, fn(x)=gn(x). 当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1- . 若0xn-1+2xn-1+nxn-1- xn-1 = xn-1- xn-1=0. 若x1,h(x)0. 当x=1时, fn(x)=gn(x). 当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x).,当n=2时, f2(x)-g2(x)=- (1-x)20), 则hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1). 所以当01时,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上递增. 所以hk(x)hk(1)=0, 从而gk+1(x) . 故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.,由和知,对一切n2的整数,都有fn(x)0(2kn), 当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x). 当x1时,mk(x)= nxn-1-(k-1)xk-2 =(k-1)xk-2(xn-k+1-1). 而2kn,所以k-10,n-k+11. 若01,xn-k+11,mk(x)0, 从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增, 所以mk(x)mk(1)=0, 所以当x0且x1时,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x). 综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x); 当x1时, fn(x)gn(x).,15.(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(nN*). (1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列an的前n项和Sn; (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 的前n项和Tn.,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.,16.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列an,bn(bn0,nN*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn= 0. (1)令cn= ,求数列cn的通项公式; (2)若bn=3n-1,求数列an的前n项和Sn.,解析 (1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn0(nN*), 所以 - =2,即cn+1-cn=2. 所以数列cn是以1为首项,2为公差的等差数列, 故cn=2n-1. (2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1, 于是数列an的前n项和Sn=130+331+532+(2n- 1)3n-1, 3Sn=131+332+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n, 相减得-2Sn=1+2(31+32+3n-1)-(2n-1)3n=-2-(2n-2)3n, 所以Sn=(n-1)3n+1.,评析 本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n项和,考查学生的运算求解能力,在利 用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因.,17.(2014湖北,18,12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Sn60n+800?若存在,求n的最小值;若不存 在,说明理由.,解析 (1)设数列an的公差为d,依题意,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2n60n+800成立. 当an=4n-2时,Sn= =2n2. 令2n260n+800,即n2-30n-4000, 解得n40或n60n+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.,评析 本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法.,1.(2015浙江杭州学军中学月考,7)设等差数列an满足 -1,且其前n项的和Sn有最大值,则当数 列Sn的前n项的和取得最大值时,正整数n的值是 ( ) A.12 B.11 C.23 D.22,三年模拟,一、选择题,A组 20152017年高考模拟基础题组,答案 D 等差数列an前n项的和Sn有最大值,则an的公差d是负数. 由 -1得 0,即 0, 得-11 - . 当数列Sn的前n项的和取得最大值时, 有 即 又d0,所以 解得- n1- . 因为-11 - ,所以21- 22,且221- 23,故n=22.,2.(2016浙江温州二模,7)数列an是递增数列,且满足an+1=f(an),a1(0,1),则f(x)不可能是 ( ) A.f(x)= B.f(x)=2x-1 C.f(x)= D.f(x)=log2(x+1),答案 B 因为数列an是递增数列,所以an+1an,即f(an)an,所以点(an, f(an)在直线y=x的上方,又 易知A,C,D中的函数在区间(0,1)上的图象都在直线y=x上方,所对应的数列an是递增数列,故选 B.,二、填空题,3.(2017浙江“超级全能生”3月联考,11)已知等比数列an的前n项和为Sn,a1=1,若a1,S2,5成等差 数列,则数列an的公比q= ,Sn= .,答案 2;2n-1,解析 由条件知a1+5=2S2,即a1+2a2=5,又a1=1,则a2=2,所以等比数列an的公比q=2,Sn= =2n-1.,4.(2016浙江名校(镇海中学)交流卷二,12)已知正项数列an满足log2an+1=1+log2an,若a1=1,则其前1 0项和S10= ;若a5=2,则a1a2a9= .,答案 1 023;512,解析 由题意知an+1=2an,所以数列an是以2为公比的等比数列,故an=a12n-1=2n-1, 所以S10= =1 023,当a5=2时,a1a2a9= =512.,三、解答题,5.(2017浙江宁波二模(5月),22)已知数列an中,a1=4,an+1= ,nN*,Sn为an的前n项和. (1)求证:当nN*时,anan+1; (2)求证:当nN*时,2Sn-2n .,证明 (1)当n2时,因为an-an+1= - = , (2分) 所以an-an+1与an-1-an同号. (3分) 又因为a1=4,a2= ,a1-a20, 所以当nN*时,anan+1. (5分) (2)由条件易得2 =6+an,所以2( -4)=an-2, 所以2(an+1-2)(an+1+2)=an-2, 所以an+1-2与an-2同号. 又因为a1=4,即a1-20, 所以an2. (8分) 又Sn=a1+a2+ana1+(n-1)2=2n+2. 所以Sn-2n2. (10分),由可得 = , 因此,an-2(a1-2) ,即an2+2 , (12分) 所以Sn=a1+a2+an2n+2 =2n+ 2n+ . 综上可得,2Sn-2n . (15分),6.(2017浙江湖州期末调研,22)已知数列an满足a1= ,an+1= ,nN*. (1)求a2; (2)求 的通项公式; (3)设an的前n项和为Sn,求证: Sn .,解析 (1)由条件可得a2= = . (3分) (2)由an+1= 得 = - , 所以 -1= , (6分) 又 -1= ,所以 是以首项为 ,公比为 的等比数列, 因此, = +1. (7分) (3)由(2)可得an= = , (9分) 所以Sn=a1+a2+an + + = . (11分) 又an= = , (13分) 所以Sn=a1+a2+a3+an + + +,= + - ,n3, (14分) 又S1= ,S2= ,因此,Sn ,nN*. 综上, Sn . (15分),7.(2015浙江冲刺卷五,19)已知数列an满足a1=1, +an=3 +2an+1(nN*),且an0.求证:当nN* 时, (1)an ; (2) + + + 2.,证明 (1)由题意可得 +an=3 +2an+10,又an0, 2an+1an,即 . 当n2时,an= a1 , 又a1=1= ,an . (8分) (2)由题意知 +an=3 +2an+12( +an+1), 令bn= +an,则 ,b1= +a1=2, 则当n2时,bn b1= , 又b1=2= ,bn . 则 -an - = , 故 + + + 1+ + + =2 2. (15分),1.(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,0x0x1x2 xn ,an=|f(xn)-f(xn-1)|,nN*,Sn=a1+a2+an,则Sn的最大值等于 ( ) A. B. C. +1 D.2,一、选择题,B组 20152017年高考模拟综合题组,答案 A 因为f(x)= sin 2x+ (cos 2x+1)= sin + ,则y=f(x)在区间 上为增函数, 此时,f(x)min=f(0)=1, f(x)max=f = ;在区间 上为减函数,此时, f(x)min=f =0, f(x)max=f = .不妨设0x0 f(xk+1)f(xn)f =0,所以a1+a2+ak=f(x1)-f(x0)+f(x2)-f(x1)+f(xk)-f(xk-1)=f(xk)-f(x0),ak+1+ak+2+ +an=f(xk)-f(xk+1)+f(xk+1)-f(xk+2)+f(xn-1)-f(xn)=f(xk)-f(xn),故Sn=a1+a2+an=f(xk)-f(x0)+f(xk)-f(xn) =2f(xk)-f(x0)-f(xn)2f -f(0)-f = .故Sn的最大值为 .,2.(2016浙江镇海中学测试(七),6)已知数列an满足:a1=1,an+1= (nN*),若a2k,a2k+1,9+ a2k+2成等比数列,则正整数k的值是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4,答案 B 因为a2k+1=2a2k=2(a2k-1+1)(kN*),所以a2k+1+2=2(a2k-1+2),所以a2k-1+2是以3为首项,2为公 比的等比数列,所以a2k-1=32k-1-2(kN*). 所以a2k=a2k-1+1=32k-1-1,a2k+1=32k-2,a2k+2=32k-1. 故 =(32k-1-1)(32k+8),解得2k-1=2(2k-1= 舍去),所以k=2,故选B.,二、填空题,3.(2015浙江名校(诸暨中学)交流卷四,10)等差数列an的公差d0,且 = ,则a11= ,若a3= 4,则|a1|+|a2|+|a3|+|a2 015|= .,答案 0;,解析 = ,且d0,a1+10d=0,即得a11=0.由 得d=- ,a1=5.故an= ,则 Sn= ,且n11时,an0,n12时,an0,则|a1|+|a2|+|a3|+|a2 015|=a1+a2+a11-a12-a2 015=2S11- S2 015= .,5.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,22)数列an满足an+1= -nan+1(nN*). (1)当ann+2对一切正整数n成立时,a1应满足什么条件? (2)证明:存在无数个a1的取值,使得对一切正整数n都有 + + .,解析 (1)当a13时,ann+2对一切正整数n成立.用数学归纳法证明: (i)当n=1时,a13成立. (ii)当n=k时,假设akk+2成立,则当n=k+1时,ak+1= -kak+1=ak(ak-k)+1ak(k+2-k)+1=2ak+12(k+2) +1=2k+5(k+1)+2.综上,当且仅当a13时,ann+2对一切正整数n均成立. (2)由(1)知,当a13时,ann+2, an+1= -nan+1=an(an-n)+1a