（课标专用）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,高考文数 (课标专用),1.(2017课标全国,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,A组 统一命题课标卷题组,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,适合上式, 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)的结果求得 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.(2016课标全国,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.,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;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13+22+33+42=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.,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 数列求和,1.(2018天津,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q0,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T1+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.,2.(2017山东,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 (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- .,3.(2015安徽,18,12分)已知数列an是递增的等比数列,且a1+a4=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.,解析 (1)由题设知a1a4=a2a3=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=b1+b2+bn= + + = - =1- .,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.(2015福建,16,4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 .,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p0,q0可知a0,b0. 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,q=4,故p+q=9.,2.(2019天津,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=4a2+3. (1)求an和bn的通项公式; (2)设数列cn满足cn= 求a1c1+a2c2+a2nc2n(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. (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=33n-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) = +(631+1232+1833+6n3n) =3n2+6(131+232+n3n).,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.,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.(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a2nbn的前n项和(nN*).,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. 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.,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.(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q0,n N*. (1)若a2,a3,a2+a3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,n1. 又由S2=qS1+1得到a2=qa1, 故an+1=qan对所有n1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+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3, 所以a3=2a2,故q=2. 所以an=2n-1(nN*).,易错警示 (2)中求等比数列前n项和时要注意公比是q2.,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.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830,答案 D 当n=2k,kN*时,a2k+1+a2k=4k-1, 当n=2k-1,kN*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.,2.(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.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,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*.,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.满分16分. (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.(2016天津,18,13分)已知an是等比数列,前n项和为Sn(nN*),且 - = ,S6=63. (1)求an的通项公式; (2)若对任意的nN*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列(-1)n 的前2n项和.,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+log22n)=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.,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.,5.(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.,6.(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- .,7.(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,nN*,求数列cn的前n项和.,解析 (1)设数列an的公比为q,数列bn的公差为d,由题意知q0.由已知,有 消去 d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q0,解得q=2,所以d=2. 所以数列an的通项公式为an=2n-1,nN*;数列bn的通项公式为bn=2n-1,nN*. (2)由(1)有cn=(2n-1)2n-1,设cn的前n项和为Sn,则 Sn=120+321+522+(2n-3)2n-2+(2n-1)2n-1, 2Sn=121+322+523+(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,nN*.,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.,8.(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.,9.(2014课标,17,12分)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.,10.(2013课标,17,12分)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.,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=a1+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.,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.,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,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.,2.(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(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.,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n4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n3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an, 当n4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an. ,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,nN*. (1)证明:an+2=3an; (2)求Sn.,解析 (1)证明:由条件,对任意nN*,有an+2=3Sn-Sn+1+3, 因而对任意nN*,n2,有an+1=3Sn-1-Sn+3. 两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1, 即an+2=3an,n2. 又a1=1,a2=2, 所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1. 故对一切nN*,an+2=3an.,考点一 数列求和,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019河北五个一名校联盟第一次诊断,6)已知等差数列an中,a3+a5=a4+7,a10=19,则数列 ancos n的前2 018项的和为 ( ) A.1 008 B.1 009 C.2 017 D.2 018,答案 D 设an的公差为d,则有 解得 an=2n-1, 设bn=ancos n,则b1+b2=a1cos +a2cos 2=2,b3+b4=a3cos 3+a4cos 4=2, 数列ancos n的前2 018项的和为(b1+b2)+(b3+b4)+(b2 017+b2 018)=2 =2 018.故选D.,解题关键 由cos n的周期推得ancos n每两项的和为2是解本题的关键.,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)nan,则数列bn 的前100项之和S100= ( ) A.-200 B.-100 C.200 D.100,答案 D 设数列an的公差为d,由题意可得 an=2n-3bn=(-1)n(2n-3) S100=(-a1+a2)+(-a3+a4)+(-a99+a100)=502=100,故选D.,3.(2019广东珠海期末质量监测,14)已知数列an的通项公式为an=2n+n,若数列an的前n项和 为Sn,则S8= .,答案 546,解析 由an=2n+n,可得S8=(2+22+23+28)+(1+2+8)= + =546.,4.(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= .,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.,5.(2019湖南三湘名校(五十校)第一次联考,15)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1.当n2时,an+ 2Sn-1=n,则S2 019= .,答案 1 010,解析 由an+2Sn-1=n(n2), 得an+1+2Sn=n+1, 两式作差可得an+1-an+2an=1(n2), 即an+1+an=1(n2), 所以S2 019=1+ 1=1 010.,6.(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2 018项和为 .,答案,解析 anbn=1,且an=n2+3n+2, bn= = = - , bn的前2 018项和为 - + - + - + - = - = = .,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,CR)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.,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.,8.(2019广东东莞第二次调研,17)已知数列an满足a2=3,an+1=2an+1,设bn=an+1. (1)求a1,a3; (2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由; (3)求a1+a3+a5+a2n+1.,解析 (1)当n=1时,a2=2a1+1,解得a1=1. 当n=2时,a3=2a2+1,解得a3=7. (2)bn是等比数列.理由:因为an+1=2an+1, 所以an+1+1=2(an+1),因为bn=an+1, 所以bn+1=2bn,所以bn是以2为公比的等比数列. (3)由(1)和(2)得an=2n-1,所以a1+a3+a5+a2n+1 =(21+23+22n+1)-(n+1) = -(n+1)= -(n+1).,考点二 数列的综合应用 1.(2019河北保定期末,10)在数列an中,若a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(nN*),则该数列的前100项之 和是 ( ) A.18 B.8 C.5 D.2,答案 C a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(nN*),a3=3-1=2,a4=2-3=-1,a5=-1-2=-3,a6=-3+1=-2,a7=-2+3 =1,a8=1+2=3,a9=3-1=2, an是周期为6的周期数列, 100=166+4, S100=16(1+3+2-1-3-2)+(1+3+2-1)=5.故选C.,2.(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 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.,3.(2017湖南湘潭三模,9)已知Tn为数列 的前n项和,若mT10+1 013恒成立,则整数m的最 小值为 ( ) A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023,答案 C =1+ ,Tn=n+1- , T10+1 013=11- +1 013=1 024- , 又mT10+1 013, 整数m的最小值为1 024.故选C.,4.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=ax+b(a0,且a1)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(a0,且a1)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.,5.(2019安徽黄山毕业班第二次质量检测,10)已知数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn,且an 0,6Sn= +3an-4(nN*),bn= ,若对任意的nN*,kTn恒成立,则k的最小值为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 因为6Sn= +3an-4, 所以6Sn+1= +3an+1-4, 相减得6an+1= +3an+1- -3an, 因为an0, 所以an+1-an=3, 又6S1= +3a1-4, 所以6a1= +3a1-4, 因为a10,所以a1=4, 因此an=3n+1,bn= = = , 从而Tn= , 则 Tn ,则k ,即k的最小值为 ,选B.,6.(2019河北衡水中学第一次摸底,12)已知函数f(x)= 数列an满足: an=f(n),nN*,且an是单调递增数列,则实数m的取值范围是 ( ) A.(1,2 B.(1,2) C.(2,+) D.(1,+),答案 C 因为an=f(n)= 且an是单调递增数列, 所以根据指数函数的单调性可得m1,根据一次函数的单调性可得 +10, 由分段函数的单调性结合数列的单调性可得, 2 018-2 0200, 故可解得m2.故选C.,7.(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 + + = .,答案 2n2+6n,解析 令n=1,得 =4,所以a1=16. 当n2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(n2), 所以an=4(n+1)2(n2),n=1时,a1=16符合上式. 所以an=4(n+1)2,nN*, 所以 =4n+4, + + = =2n2+6n.,8.(2019湖南郴州第二次教学质量监测,16)已知数列an和bn满足a1a2a3an= (nN*),若数 列an为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列 的前n项和Sn= .,答案,解析 an为等比数列,且a1=2,a4=16, 公比q= = =2, an=2n, a1a2a3an=2122232n=21+2+3+n= . a1a2a3an= , bn= , = =2 , 的前n项和Sn=b1+b2+b3+bn =2 =2 = .,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间:65分钟 分值:80分) 一、选择题(每题5分,共20分),1.(2019河北石家庄模拟考试一(B卷),12)已知数列an的前n项和为Sn,且Sn+1+Sn= (nN*),若 a10a11,则Sn取最小值时n的值为 ( ) A.10 B.9 C.11 D.12,答案 A Sn+1+Sn= (nN*), Sn+Sn-1= (n2且nN*), 两式作差得an+1+an=n-10(n2且nN*), 当n=10时,a11+a10=0, 又a10S10且S9S10, 又S12-S10=a12+a11=11-10=10, 由选项可得:Sn取最小值时n的值为10,故选A.,思路分析 将已知中的n换为n-1后,两式作差得an+1+an=n-10(n2且nN*),分析可得a100,可得结论.,2.(2019河南许昌、洛阳三模,11)已知数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,且an0,6Sn= +3an,bn = ,若kTn恒成立,则k的最小值为 ( ) A. B. C.49 D.,答案 B 当n=1时,6a1= +3a1,解得a1=3.当n2时,由6Sn= +3an,得6Sn-1= +3an-1,两式相减并 化简得(an+an-1)(an-an-1-3)=0,由于an0,所以an-an-1-3=0,an-an-1=3,故an是首项为3,公差为3的等差 数列,所以an=3n.则bn= = ,故Tn=b1+b2+bn= = = - , 由于Tn是单调递增数列, - , 故k . 故k的最小值为 ,故选B.,3.(2019福建质量检查测试,12)数列an中,a1=2,且an+an-1= +2(n2),则数列 的 前2 019项的和为 ( ) A. B. C. D.,答案 B an+an-1= +2(n2), - -2(an-an-1)=n, 整理得(an-1)2-(an-1-1)2=n, (an-1)2-(a1-1)2=n+(n-1)+2,又a1=2, (an-1)2= (n2), 当n=1时,也适合上式, = =2 (nN*). 则数列 的前2 019项和为2 1- + - + - =2 = .故选B.,思路分析 由an+an-1= +2(n2),可得 - -2(an-an-1)=n,化为(an-1)2-(an-1-1)2=n,利用“累 加法”可得(an-1)2= ,再利用裂项相消法求和即可.,4.(2019福建厦门第一中学3月模拟,11)已知数列an的前n项和为Sn,直线y=x-2 与圆x2+y2=2an +2交于An,Bn(nN*)两点,且Sn= |AnBn|2.若a1+2a2+3a3+nan +2对任意nN*恒成立,则实数 的取值范围是 ( ) A.(0,+) B. C.0,+) D.,答案 B 圆心(0,0)到直线y=x-2 , 即x-y-2 =0的距离d= =2, 由d2+ =r2, 且Sn= |AnBn|2, 得22+Sn=2an+2, 4+Sn=2(Sn-Sn-1)+2,n2, 即Sn+2=2(Sn-1+2)且n2. Sn+2是以a1+2为首项,2为公比的等比数列. 由22+Sn=2an+2,取n=1, 解得a1=2, Sn+2=(a1+2)2n-1, 则Sn=2n+1-2, an=Sn-Sn-1=2n+1-2-2n+2=2n(n2).,思路分析 由已知得Sn+2是以a1+2为首项,2为公比的等比数列.求出Sn,进一步求得数列an 的通项,然后利用错位相减法求得a1+2a2+3a3+nan,代入a1+2a2+3a3+nan +2,分离参 数,从而得答案.,二、填空题(每题5分,共15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Tn1 024的最小n的值为 .,答案 9,解析 当n=1时,a1=4, 当n2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n, 所以an= 所以bn= 所以Tn= 当n=9时,T9=210+910+2=1 1161 024; 当n=8时,T8=29+89+2=5861 024的最小n的值为9.,6.(2019安徽蚌埠第二次教学质量检查,16)数列an满足a1=1,|an-an-1|=n2(nN*且n2).若数列a2n-1为递增数列,数列a2n为递减数列,且a1a2,则a99= .,答案 4 950,解析 由于