高考理数　数列求和、数列的综合应用

6.4数列求和、数列的综合应用,高考理数(课标专用),A组统一命题课标卷题组考点一数列求和1.(2017课标,15,5分)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=.,五年高考,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,=21-+-+-=2=2=.,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);=(-);=-.,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.,2.(2015课标,16,5分,0.154)设Sn是数列an的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.,答案-,解析an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn0,-=1,是等差数列,且公差为-1,而=-1,=-1+(n-1)(-1)=-n,Sn=-.,思路分析由an+1=Sn+1-Sn得Sn+1-Sn=SnSn+1,通过变形知数列是首项和公差均为-1的等差数列,进而得,从而得Sn.,解题关键在已知等式中用Sn+1-Sn代替an+1,得到中相邻两项的关系是解决本题的突破口.,3.(2018课标,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,满足的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.,4.(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=lgan,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1000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=lg1=0,b11=lg11=1,b101=lg101=2.(6分)(2)因为bn=(9分)所以数列bn的前1000项和为190+2900+31=1893.(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1000项和.,5.(2015课标,17,12分,0.624)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,再求出a1,利用等差数列的通项公式可得通项.(2)利用裂项相消法求Tn.,考点二数列的综合应用(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.440B.330C.220D.110,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.,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=.,B组自主命题省(区、市)卷题组,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.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.,5.(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-.,6.(2014山东,19,12分)已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=(-1)n-1,求数列bn的前n项和Tn.,解析(1)因为S1=a1,S2=2a1+2=2a1+2,S4=4a1+2=4a1+12,所以由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.,(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,Tn=-+-=1-=.当n为奇数时,Tn=-+-+=1+=.,所以Tn=,7.(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.,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.(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-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,=(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).,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),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.(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b1db1.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)=(ln2-1-xln2)2x0.所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2nm时,=f1.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b1db1,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,160n+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.,6.(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.,7.(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.,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.,=+-(2n+1)2n-1.所以Tn=.,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.,-得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1,考点一数列求和1.(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=.,C组教师专用题组,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.,2.(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.,3.(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1830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=1830.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.,4.(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,S1+S2+S100=+=(a2+a4+a100)-(a1+a3+a99)-=+-+=-=-=.,an+1=-an+1-an+,即an=-2an+1+=.综上,an=,5.(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Sn0(x1),所以函数h(x)在区间(1,+)上单调递增,即h(x)h(1)=0.所以lnx1-(x1),分别令x=2,得ln21-=,ln1-=,ln1-=,ln1-=.累加得ln2+ln+ln+,即ln2+(ln3-ln2)+lnn-ln(n-1)+,所以+lnn(n2).综上,Sn2+2lnn,nN*.,6.(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,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0 xn-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).,3.(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+a2anan+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a1a22,得=a1-k0+2+=2+.综上,2+0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+an0.但0,由,知,an+1-an=.于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+-+=1+=+,故数列an的通项公式为an=+.,因此a2n-a2n-1=.因为a2n是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n0,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.,考点一数列求和1.(2016广东中山华侨中学3月模拟,4)已知等比数列an中,a2a8=4a5,等差数列bn中,b4+b6=a5,则数列bn的前9项和S9等于()A.9B.18C.36D.72,A组20162018年高考模拟基础题组,三年模拟,答案Ba2a8=4a5,即=4a5,a5=4,a5=b4+b6=2b5=4,b5=2.S9=9b5=18,故选B.,2.(2016山东德州模拟)数列an的通项公式为an=ncos,其前n项和为Sn,则S2016等于()A.1008B.2016C.504D.0,答案A易知a1=cos=0,a2=2cos=-2,a3=0,a4=4,.所以数列an的所有奇数项为0,前2016项中所有偶数项(共1008项)依次为-2,4,-6,8,-2014,2016.故S2016=0+(-2+4)+(-6+8)+(-2014+2016)=1008.,3.(2018河南信阳二模,17)已知数列an的前n项和为Sn,且a1=2,2Sn=(n+1)2an-n2an+1,数列bn满足b1=a1,nbn+1=anbn.(1)求数列an和bn的通项公式;(2)若数列cn满足cn=an+bn(nN*),求数列cn的前n项和Tn.,解析(1)由2Sn=(n+1)2an-n2an+1,可得2Sn+1=(n+2)2an+1-(n+1)2an+2,两式相减可得:2an+1=(n+2)2an+1-(n+1)2an+2-(n+1)2an+n2an+1,2an+1=an+2+an,数列an是等差数列,又由2S1=22a1-a2,a1=2,解得a2=4.d=4-2=2.an=2+2(n-1)=2n.由nbn+1=anbn,得bn+1=2bn,又b1=a1=2,数列bn是等比数列,首项与公比都为2.bn=2n.(2)cn=an+bn=2n+2n,数列cn的前n项和Tn=+=2n+1+n2+n-2.,4.(2018广东深圳一模,17)设数列an的前n项和为Sn,a1=2,an+1=2+Sn(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=1+log2(an)2,求证:数列的前n项和Tnbn,当n6时,bn+1300的最小的n值.,解析(1)a1=S1=1,n1时,an=Sn-Sn-1=-=n,又n=1时,a1=n成立,an=n(nN*),则由题意可知b1=2,b2=4,bn的公比q=2,bn=2n(nN*).(2)Tn=2(2n-1),Tn+an=2(2n-1)+n,Tn+an随n增大而增大,又T7+a7=2127+7=261300,所求最小的n值为8.,5.(2018湖南衡阳模拟,17)已知函数f(x)=x2+x+c(c为常数),且x时,f(x)的最大值为-,数列an的首项a1=,点(an,an+1)在函数f(x)的图象上,其中n1,nN.(1)证明:数列是等比数列;(2)记Rn=,求Rn.,解析(1)证明:f(x)=x2+x+c(c为常数),f(x)=2x+1,当x时,f(x)0,f(x)单调递增,f(x)max=f(0)=c=-.f(x)=x2+x-,又点(an,an+1)在函数f(x)的图象上,an+1=+an-,即an+1+=,由a1=,可得an+0,lg=2lg.又lg=lg20,数列是首项为lg2,公比为2的等比数列.(2)由(1)知,lg=2n-1lg2=lg,an+=,则Rn=.,6.(2017福建漳州八校2月联考,18)已知递增的等比数列an满足:a2+a3+a4=28,且a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=anloan,Sn=b1+b2+bn,求使Sn+n2n+162成立的正整数n的最小值.,解析(1)由题意,得解得或由于an是递增数列,所以a1=2,q=2,所以数列an的通项公式为an=22n-1=2n.(2)bn=anloan=2nlo2n=-n2n,Sn=b1+b2+bn=-(12+222+n2n),则2Sn=-(122+223+n2n+1),-,得Sn=(2+22+2n)-n2n+1=2n+1-2-n2n+1,则Sn+n2n+1=2n+1-2,解2n+1-262,得n5,n的最小值为6.,方法点拨求等比数列的通项公式,关键是求出首项和公比,一般用首项a1和公比q表示出已知,然后解出即可.,1.(2018河北唐山二模,8)设an是任意等差数列,它的前n项和、前2n项和与前4n项和分别为X,Y,Z,则下列等式中恒成立的是()A.2X+Z=3YB.4X+Z=4YC.2X+3Z=7YD.8X+Z=6Y,B组20162018年高考模拟综合题组(时间:60分钟分值:85分)一、选择题(每题5分,共10分),答案D设等差数列an的前n项和为Sn,Sn=An2+Bn,则X=An2+Bn,Y=4An2+2Bn,Z=16An2+4Bn,于是8X+Z-6Y=8(An2+Bn)+16An2+4Bn-6(4An2+2Bn)=0,所以8X+Z=6Y,因此D正确.经过代入验证可得:2X+Z3Y,4X+Z4Y,2X+3Z7Y,故选D.,思路分析设等差数列an的前n项和为Sn,Sn=An2+Bn,可得X=An2+Bn,Y=4An2+2Bn,Z=16An2+4Bn,代入各项验证即可.,2.(2017河南洛阳3月模拟,7)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,.该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列an称为“斐波那契数列”,则(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)(a2015a2017-)=()A.1B.-1C.2017D.-2017,答案Ba1a3-=12-12=1,a2a4-=13-22=-1,a3a5-=25-32=1,a2015a2017-=1,(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)(a2015a2017-)=11008(-1)1007=-1.故选B.,3.(2017河北“五个一名校联盟”二模,16)已知数列an的前n项和为Sn,Sn=n2+2n,bn=anan+1cos(n+1),数列bn的前n项和为Tn,若Tntn2对nN*恒成立,则实数t的取值范围是.,二、填空题(每题5分,共15分),答案(-,-5,解析n=1时,a1=3;n2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2+2(n-1)=2n+1,当n=1时上式也成立,an=2n+1(nN*).bn=anan+1cos(n+1)=(2n+1)(2n+3)cos(n+1),当n为奇数时,cos(n+1)=1;当n为偶数时,cos(n+1)=-1.,因此,n为奇数时,Tn=35-57+79-911+(2n+1)(2n+3)=35+4(7+11+2n+1)=15+4=2n2+6n+7.Tntn2,2n2+