（课标Ⅰ卷）2020届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

6.4 数列求和、数列的综合应用,高考理数 (课标专用),考点一 数列求和,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2017课标,15,5分)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 = .,答案,解析 本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和. 设公差为d,则 an=n. 前n项和Sn=1+2+n= , = =2 , =2 1- + - + - =2 =2 = . 思路分析 求出首项a1和公差d,从而求出Sn. = =2 ,从而运用裂项相消法求和 即可. 解后反思 裂项相消法求和的常见类型: 若an是等差数列,则 = (d0); = ( - ); = - .,2.(2016课标,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) 思路分析 (1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出bn中项的规律, 进而求出数列bn的前1 000项和.,3.(2015课标,17,12分)Sn为数列an的前n项和.已知an0, +2an=4Sn+3. (1)求an的通项公式; (2)设bn= ,求数列bn的前n项和.,解析 (1)由 +2an=4Sn+3,可知 +2an+1=4Sn+1+3. 可得 - +2(an+1-an)=4an+1, 即2(an+1+an)= - =(an+1+an)(an+1-an). 由于an0,所以an+1-an=2. 又由 +2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3. 所以an是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1. (6分) (2)由an=2n+1可知 bn= = = . 设数列bn的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+bn = = . (12分) 思路分析 (1)由 +2an=4Sn+3,得 +2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a1,利用等,差数列的通项公式求法可得通项an.(2)利用裂项相消法求Tn .,1.(2017课标,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,考点二 数列的综合应用,答案 A 本题考查等差数列、等比数列的前n项和公式,考查学生的逻辑推理能力、运算求 解能力和创新应用能力. 解法一(排除法):记SN为数列的前N项和,由题意得,数列的前110项为20,20,21,20,21,20,21,213,20, 21,22,23,24,所以S110=20+(20+21)+(20+21+213)+(20+21+22+23+24)=(21-1)+(22-1)+(214-1)+(25- 1)=(21+22+214)-14+31=215+15,这是一个奇数,不可能是2的整数幂,故选项D不正确.同理,S220= 20+(20+21)+(20+21+219)+(20+21+22+23+29)=221+210-23,这是一个奇数,不可能是2的整数 幂,故选项C不正确.同理,S330=20+(20+21)+(20+21+224)+(20+21+22+23+24)=226+4,不是2的整 数幂,故选项B不正确.所以,正确的选项为A. 解法二: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.,2.(2019课标,19,12分)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列; (2)求an和bn的通项公式.,解析 本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考 查了学生的逻辑推理、运算求解能力以及方程思想,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养. (1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn), 即an+1+bn+1= (an+bn). 又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为 的等比数列. 由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2. 又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,an+bn= ,an-bn=2n-1. 所以an= (an+bn)+(an-bn)= +n- , bn= (an+bn)-(an-bn)= -n+ . 思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1= (an+bn),从而证得数列an+bn为 等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列an-bn为等差数 列.(2)由(1)可求出an+bn,an-bn的通项公式,联立方程可解得an,bn.,解题关键 将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键.,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 数列求和,1.(2016北京,12,5分)已知an为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .,答案 6,解析 设等差数列an的公差为d,a1=6,a3+a5=0, 6+2d+6+4d=0,d=-2,S6=66+ (-2)=6.,2.(2018天津,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 = -2(nN*).,解析 本小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= =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.,3.(2017天津,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*).,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,解得q=2或q=-3,又因为q0,所以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,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=24n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)4n, 故Tn=24+542+843+(3n-1)4n, 4Tn=242+543+844+(3n-4)4n+(3n-1)4n+1, 上述两式相减,得 -3Tn=24+342+343+34n-(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q1的等比数列,求数列anbn的前n项和适用错 位相减法.,4.(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n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5. 当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(nN*). 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=3222+323+(n+1)2n+1, 2Tn=3223+324+(n+1)2n+2, 两式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2 =3 =-3n2n+2. 所以Tn=3n2n+2.,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,考点二 数列的综合应用,答案 D 由题意可知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.(2019天津,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kN*. (i)求数列 ( -1)的通项公式; (ii)求 aici(nN*).,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. (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=62n-1=32n. 所以,an的通项公式为an=3n+1,bn的通项公式为bn=32n. (2)(i) ( -1)= (bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n-1. 所以,数列 ( -1)的通项公式为 ( -1)=94n-1. (ii) aici= ai+ai(ci-1)= ai+ ( -1) = + (94i-1) =(322n-1+52n-1)+9 -n =2722n-1+52n-1-n-12(nN*).,(2)(i)由cn= kN*知 ( -1)=(32n+1)(32n-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.,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.,3.(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8 =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) , 故bn-bn-1=(4n-5) ,n2, 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) ,n2, Tn=3 +7 +(4n-9) +(4n-5) , 所以 Tn=3+4 +4 +4 -(4n-5) , 因此Tn=14-(4n+3) ,n2, 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次数.,(5)进行检验.,4.(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, 由题意得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.,C组 教师专用题组 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(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 = .,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 1 830,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+(260-1)= =3061=1 830. 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.,解析 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q1,故a3=a2=2, 由a3=a1q,得q=2. 当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1= ; 当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k= . 所以,an的通项公式为an=,整理得,Sn=4- . 所以,数列bn的前n项和为4- ,nN*.,(2)由(1)得bn= = .设bn的前n项和为Sn,则Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n , Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n , 上述两式相减,得 Sn=1+ + + - = - =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- .,1.(2013课标,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b1 c1,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,考点二 数列的综合应用,答案 B 由bn+1= ,cn+1= 得 bn+1+cn+1=an+ (bn+cn), (*) bn+1-cn+1=- (bn-cn), 由an+1=an得an=a1,代入(*)得bn+1+cn+1=a1+ (bn+cn), bn+1+cn+1-2a1= (bn+cn-2a1), b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,bn+cn=2a1|BnCn|=a1,所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆 上(如图).由b1c1得b1-c10,所以|bn+1-cn+1|= (bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1) ,所以当n增大时|bn-cn|变 小,即点An向点A处移动,即边BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不变,所以Sn为递增数列.,思路分析 由an+1=an,可知AnBnCn的边BnCn的长为定值a1,易知bn+cn=2a1,由此知,An在以Bn、Cn 为焦点的椭圆上,利用极限思想可求得结果.,2.(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 27,解析 本题考查数列的插项问题. 设An=2n-1,Bn=2n,nN*, 当AkBlAk+1(k,lN*)时, 2k-12l2k+1,有k- 2l-1k+ ,则k=2l-1, 设Tl=A1+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,观察到l=5时,Tl=S2112a39, 则n22,38),nN*时,存在n,使Sn12an+1, 此时T5=A1+A2+A16+B1+B2+B3+B4+B5, 则当n22,38),nN*时,Sn=T5+ =n2-10n+87. an+1=An+1-5=An-4, 12an+1=122(n-4)-1=24n-108, Sn-12an+1=n2-34n+195=(n-17)2-94, 则n27时,Sn-12an+10,即nmin=27.,3.(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(nN*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列an为“M-数列”; (2)已知数列bn(nN*)满足:b1=1, = - ,其中Sn为数列bn的前n项和. 求数列bn的通项公式; 设m为正整数,若存在“M-数列”cn(nN*),对任意正整数k,当km时,都有ckbkck+1成 立,求m的最大值.,解析 本小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)设等比数列an的公比为q,所以a10,q0. 由 得 解得 因此数列an为“M-数列”. (2)因为 = - ,所以bn0. 由b1=1,S1=b1,得 = - ,则b2=2. 由 = - ,得Sn= , 当n2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(nN*).,由知,bk=k,kN*. 因为数列cn为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q0. 因为ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m. 当k=1时,有q1; 当k=2,3,m时,有 ln q . 设f(x)= (x1),则f (x)= . 令f (x)=0,得x=e.列表如下:,因为 = = ,所以f(k)max=f(3)= . 取q= ,当k=1,2,3,4,5时, ln q,即kqk,经检验知qk-1k也成立. 因此所求m的最大值不小于5. 若m6,分别取k=3,6,得3q3,且q56,从而q15243,且q15216,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.,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nN*,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= ,nN*,证明:c1+c2+cn2 ,nN*.,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. (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,nN*. 所以Sn=n2-n,nN*. 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,nN*. (2)cn= = = ,nN*. 我们用数学归纳法证明. 当n=1时,c1=02,不等式成立; 假设n=k(kN*)时不等式成立, 即c1+c2+ck2 ,那么,当n=k+1时,c1+c2+ck+ck+1k(k+1),所以 , 又 , 所以 . 即当n=k+1时,不等式也成立. 根据和,不等式c1+c2+cn2 对任意nN*成立.,5.(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, ,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 本小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 . (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 b1d b1. 因为q(1, ,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 的最大值和数列 的最小值(n=2,3,m+1). 当2nm时, - = = , 当10. 因此,当2nm+1时, 数列 单调递增, 故数列 的最大值为 . 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, = =f 1. 因此,当2nm+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 . 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 b1d b1,难点在于讨论 b1的最大值和 b1的最小值.对于数列 ,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列 ,要作商讨论单调性, = = q ,当2nm时,1qn2,q ,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f 1,得到数列 的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差 得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数 判断 与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.,6.(2015广东,21,14分)数列an满足:a1+2a2+nan=4- ,nN*. (1)求a3的值; (2)求数列an的前n项和Tn; (3)令b1=a1,bn= + an(n2),证明:数列bn的前n项和Sn满足Sn2+2ln n.,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n2时,a1+2a2+(n-1)an-1+nan=4- , a1+2a2+(n-1)an-1=4- , 由-得,nan= ,所以an= (n2), 经检验,a1=1也适合上式,所以an= (nN*). 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= - + (n2).,当n=1时,S1=11),则h(x)= - = 0(x1), 所以函数h(x)在区间(1,+)上单调递增,即h(x)h(1)=0. 所以ln x1- (x1),分别令x=2, , , ,得 ln 21- = , ln 1- = , ln 1- = , ln 1- = . 累加得ln 2+ln +ln + + , 即ln 2+(ln 3-ln 2)+ln n-ln(n-1) + + , 所以 + + ln n(n2). 综上,Sn2+2ln n,nN*.,7.(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:由题设得,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)0), 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)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).,8.(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)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+ .,9.(2015湖北,22,14分)已知数列an的各项均为正数,bn= an(nN+),e为自然对数的底数. (1)求函数f(x)=1+x-ex的单调区间,并比较 与e的大小; (2)计算 , , ,由此推测计算 的公式,并给出证明; (3)令cn=(a1a2an ,数列an,cn的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:TneSn.,解析 (1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=1-ex. 当f (x)0,即x0时, f(x)单调递减. 故f(x)的单调递增区间为(-,0),单调递减区间为(0,+). 当x0时, f(x)f(0)=0,即1+xex. 令x= ,得1+ ,即 e. (2) =1 =1+1=2; = =22 =(2+1)2=32; = =323 =(3+1)3=43. 由此推测: =(n+1)n. 下面用数学归纳法证明. (i)当n=1时,左边=右边=2,成立.,(ii)假设当n=k时,成立,即 =(k+1)k. 当n=k+1时,bk+1=(k+1) ak+1,由归纳假设可得 = =(k+1)k(k+1) =(k+2)k+1. 所以当n=k+1时,也成立. 根据(i)(ii),可知对一切正整数n都成立. (3)证明:由cn的定义,算术-几何平均不等式,bn的定义及得 Tn=c1+c2+c3+cn=(a1 +(a1a2 +(a1a2a3 +(a1a2an = + + + + + + =b1 +b2 +bn,=b1 +b2 +bn + + = a1+ a2+ an ea1+ea2+ean=eSn. 即TneSn.,10.(2015安徽,18,12分)设nN*,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n2时,因为 = = = = . 所以Tn = . 综上可得对任意的nN*,均有Tn .,考点一 数列求和 1.(2019广东广州天河一模,9)数列an满足a1=1,对任意nN*,都有an+1=1+an+n,则 + + = ( ) A. B.2 C. D.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 C 对任意nN*,都有an+1=1+an+n,则an+1-an=n+1,则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+ (n-1)+1= ,则 = =2 ,所以 + + =2 =2 = .故选C.,2.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y= x+ln x(nN*)在x= 处的切线斜率为an,则数列 的前 n项的和为 .,答案,解析 对y= x+ln x(nN*)求导,可得y= + ,由曲线y= x+ln x(nN*)在x= 处的切线斜率为 an,可得an= + =n.所以 = = - ,则数列 的前n项的和为1- + - + - = .,3.(2018广东广州一模,17)已知数列an的前n项和为Sn,数列 是首项为1,公差为2的等差数 列. (1)求数列an的通项公式; (2)设数列bn满足 + + =5-(4n+5) ,求数列bn的前n项和Tn.,解析 (1)由题意可得: =1+2(n-1),可得Sn=2n2-n. n2时,an=Sn-Sn-1=2n2-n-2(n-1)2-(n-1)=4n-3. n=1时,a1=1对上式也成立.an=4n-3(nN*). (2) + + =5-(4n+5) , n2时, + + =5-(4n+1) , 两式相减可得 =(4n-3) (n2), 又 = 满足上式, =(4n-3) (nN*). bn=2n.数列bn的前n项和Tn= =2n+1-2.,4.(2019广东湛江一模,17)在等差数列an和等比数列bn中,a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4. (1)求an和bn; (2)求数列nbn的前n项和Sn.,解析 (1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4, a1+d=0,b1q=1,a1+2d=b1q2,a1+3d=b1q3, 四式联立解得a1=-2,d=2,b1= ,q=2, an=-2+2(n-1)=2n-4,bn=2n-2. (2)数列nbn的前n项和Sn= +2+32+422+n2n-2, 2Sn=1+22+322+(n-1)2n-2+n2n-1, -Sn= +1+2+22+2n-2-n2n-1= -n2n-1, 即Sn=(n-1)2n-1+ . 思路分析 (1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,由a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4得 a1+d=0,b1q=1,a1+2d=b1q2,a1+3d=b1q3,联立解得a1,d,b1,q的值,即可得出结果;(2)利用错位相减法 即可得出结果.,5.(2019安徽安庆二模,17)已知等比数列an满足:S1=1,S2=4. (1)求an的通项公式及前n项和Sn; (2)设bn= ,求数列bn的前n项和Tn.,解析 (1)设等比数列an的公比为q,S1=1,S2=4, a1=1,a1(1+q)=4,解得q=3.an=3n-1. Sn= = (3n-1). (2)bn= = = - , 数列bn的前n项和Tn=1- + - + - =1- = .,6.(2019河北石家庄一模,17)已知数列an满足 an+1-an=0(nN*),且a2,a3+2,a4成等差数列. (1)求数列an的通项公式; (2)令bn= - (nN*),数列bn的前n项和为Tn,求Tn的取值范围.,解析 (1)数列an满足 an+1-an=0(nN*),可得数列an是公比为2的等比数列, 又知a2,a3+2,a4成等差数列,可得2(a3+2)=a2+a4, 即2(4a1+2)=2a1+8a1,解得a1=2,则an=2n. (2)bn= - = - = - , 可得Tn= - + - + - + - = -1, 由2n+14可得 , 则Tn的取值范围为 . 思路分析 (1)由等比数列的定义和通项公式,以及等差数列中项性质,解方程可得首项a1,从而 可得所求通项公式;(2)求得bn= - ,运用裂项相消求和法及不等式的性质,即可得到所 求范围.,1.(2017安徽淮北二模,3)5个数依次组成等比数列,且公比为-2,则其中奇数项之和与偶数项之 和的比值为 ( ) A.- B.-2 C.- D.-,考点二 数列的综合应用,答案 C 由题意可设这5个数分别为a,-2a,4a,-8a,16a,故奇数项之和与偶数项之和的比值为 =- ,故选C.,2.(2019江西宜春3月联考,12)已知函数f(x)=ex(sin x-cos x),记f (x)是f(x)的导函数,将满足f(x)=0 的所有正数x从小到大排成数列xn,nN+,则数列f (xn)的通项公式是 ( ) A. (-1)n +(n-1) B. (-1)n+1 C. (-1)n D. (-1)n+1,答案 B 由f(x)=0,即ex(sin x-cos x)=0,解得x=(n-1)+ ,nZ.从而xn=(n-1)+ (n=1,2,3,), f (x)=ex(sin x-cos x)+ex(sin x+c