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

1、考点一数列求和考点一数列求和a a组自主命题组自主命题天津卷题组天津卷题组五年高考1.(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,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

2、=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

3、4n+1+.12 (14 )14n323n83323n83方法总结方法总结(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.2.(2016天津文,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.11a21a32a2nb解析解析(1)设数列an

4、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=2n2.11a11a q212a q611qq61212121212122nb21b22b23b24b221nb22nb122 ()2nn bb评析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

5、数列求和的基本方法和运算求解能力.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.2221lognnaa解析解析(1)由已知,得(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=

6、2k=.所以,an的通项公式为an=(2)由(1)得bn=.设bn的前n项和为sn,则sn=1+2+3+(n-1)+n122n22n1222,2 ,.nnnn为奇数为偶数2221lognnaa12nn012112212212nsn=1+2+3+(n-1)+n,上述两式相减,得sn=1+-=-=2-,12112212312112n12n1212212112n2nn112112n2nn22n2nn整理得,sn=4-.所以,数列bn的前n项和为4-,nn*.122nn122nn评析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.4.(

7、2015天津文,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)2

8、n-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*.24232,310,qdqd考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用1.(2019天津文,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*).21,.nnbn为奇数为偶数解析解析本小题主要考查等差数

9、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)2332 ,3154 ,qdqd3,3,dq=+(631+1232+1833+6n3n)=3n2+6(131+232+n3n).记tn=131+232+n3n,则3tn=132+233+

10、n3n+1,-得,2tn=-3-32-33-3n+n3n+1=-+n3n+1=.(1)362n nn 3(1 3 )1 3n1(21)332nn所以,a1c1+a2c2+a2nc2n=3n2+6tn=3n2+3=(nn*).1(21)332nn22(21)3692nnn思路分析思路分析(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.2.(2019天津理,19,14分)设an是等差数列,bn是等比数列.已知a1=4,b1=6

11、,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*).11,22,2 ,kkkknb n2na2nc21ni解析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)=

12、(32n+1)(32n-1)=94n-1.所以,数列(-1)的通项公式为(-1)=94n-1.2662 ,6124 ,qdqd3,2,dq2na2nc2na2na2nc2na2nc(ii)aici=ai+ai(ci-1)=ai+(-1)=+(94i-1)=(322n-1+52n-1)+9-n=2722n-1+52n-1-n-12(nn*).21ni21ni21ni1ni2ia2ic2 (21)2432nnn 1ni4(14 )14n思路分析思路分析(1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.(2)(i)由cn=kn*知(-1)=(32n+1)(32n-1),从而得到数列(-1)的通项

13、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.11,22,2 ,kkkknb n2na2nc2na2nc21ni21ni21ni21ni1ni2ia2ic解题关键解题关键正确理解数列cn的含义是解题的关键.3.(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

14、:若anbn,则st.解析解析(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s0,+2an=4sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=,求数列bn的前n项和.2na11nna a解析解析(1

15、)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+bn2na21na21na2na21na2na21a11nna a1(21)(23)nn12112123nn=.(12分)1211111135572123nn3(23)nn思路分析

16、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.2na21na1112 2123nbnn考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用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

17、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答案答案a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)+

18、(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

19、-22n,故mn+1,因为2t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1.(1)2n n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.(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

20、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.22,4,abab3.(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.答案答案27解析解析设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

21、,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121212la12lls12la2 1 1212l 2(12 )12lltlnan+112an+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780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+=n2-1

22、0n+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=27.22 55(22 1)()2nnaa4.(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.解析解析(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

23、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),n2,1qq1211,1,2,nns nssn112n212nbn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)+(4n-9)+7+3.212n312n12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

24、此tn=14-(4n+3),n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3).12212212n1212212212n112n1212212212n112n212n212n易错警示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.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

25、|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).2m解析解析(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

26、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).73527 5,3 2121nqn11nqn2m121nqn11nqn121nqn11nqn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,.2nqn121nqn12

27、(1)nnnnqqnqn n1()2(1)nnnn qqqn n12m121nqn121nqn2mqm11nnqnqn(1)q nn12n11n1n11nqn11nqnmqm1(2)mb qm1mb qm疑难突破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,因为=q,当2nm时,1qn2.所以q,可以构造函数f(x)=2x(1-x

28、),通过讨论f(x)在(0,+)上的单调性去证明f1,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.121nqn11nqn121nqn11nqn121nqn11nqn11nnqnqn(1)q nn11n11n12n11n1n11nqn12n11n6.(2015四川,16,12分)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和sn满足sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)记数列的前n项和为tn,求使得|tn-1

29、|成立的n的最小值.1na11000解析解析(1)由已知sn=2an-a1,有an=sn-sn-1=2an-2an-1(n2),即an=2an-1(n2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.(2)由(1)得=,1na12n所以tn=+=1-.由|tn-1|,得1000.因为29=51210001024=210,1221212n11122112n12n110001112n11000所以n10.于是,使|tn-1|k

30、)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”.(

31、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.由知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).将代入,得an-1+an+1=2an,其中n4,所以a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d.在中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d,在中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d,所以数列an是等差数列.方法总结方法总结数列新定义型创

32、新题的一般解题思路:1.阅读审清“新定义”;2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.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-s

33、2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1.故对一切nn*,an+2=3an.(2)由(1)知,an0,所以=3.于是数列a2n-1是首项a1=1,公比为3的等比数列;数列a2n是首项a2=2,公比为3的等比数列.因此a2n-1=3n-1,a2n=23n-1.于是s2n=a1+a2+a2n=(a1+a3+a2n-1)+(a2+a4+a2n)=(1+3+3n-1)+2(1+3+3n-1)=3(1+3+3n-1)=,从而s2n-1=s2n-a2n=-23n-1=(53n-2-1).2nnaa3(31)2n3(31)2n32综上所述,sn=3223(5 31),23(31),.2nnnn是奇数是偶数

34、4.(2014北京,20,13分)对于数对序列p:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),记t1(p)=a1+b1,tk(p)=bk+maxtk-1(p),a1+a2+ak(2kn),其中maxtk-1(p),a1+a2+ak表示tk-1(p)和a1+a2+ak两个数中最大的数.(1)对于数对序列p:(2,5),(4,1),求t1(p),t2(p)的值;(2)记m为a,b,c,d四个数中最小的数,对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对序列p:(a,b),(c,d)和p:(c,d),(a,b),试分别对m=a和m=d两种情况比较t2(p)和t2(p)的大小;(3)在由五个数对(1

35、1,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)组成的所有数对序列中,写出一个数对序列p使t5(p)最小,并写出t5(p)的值.(只需写出结论)解析解析(1)t1(p)=2+5=7,t2(p)=1+maxt1(p),2+4=1+max7,6=8.(2)t2(p)=maxa+b+d,a+c+d,t2(p)=maxc+d+b,c+a+b.当m=a时,t2(p)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b.因为a+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以t2(p)t2(p).当m=d时,t2(p)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b.因为a+b+dc+a+b,且a+c+dc

36、+a+b,所以t2(p)t2(p).所以无论m=a还是m=d,t2(p)t2(p)都成立.(3)数对序列p:(4,6),(11,11),(16,11),(11,8),(5,2)的t5(p)值最小,t1(p)=10,t2(p)=26,t3(p)=42,t4(p)=50,t5(p)=52.思路分析思路分析(1)根据题目中所给定义和已知的数对序列,直接求值;(2)利用最小值m的不同取值,对求出的结果比较大小;(3)依据数对序列的顺序对结果的影响,写出结论.5.(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

37、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.2)nb1na1nb解析解析(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)c1=0,c20,c30,c40,当n5时,cn=,而-=0,得1,所以,当n5时,cn2n-3成立的n的最大值.1(1)n na

38、 bn n解析解析(1)设an的公比为q,bn的公差为d(d0),由已知得(2分)解得(舍)或(4分)an=2n,bn=n.(6分)(2)由(1)知cn=-.(9分)tn=0+-+-=-2.(11分)tn+2=2n-3,解得n0,s4,s2,s3成等差数列,16是a2和a8的等比中项.(1)求an的通项公式;(2)若等差数列bn中,b1=1,前9项和为27,令cn=2anbn,求数列cn的前n项和tn.解析解析(1)设an的公比为q,由s4,s2,s3成等差数列可得2s2=s3+s4,即s3-s2+s4-s2=0,所以2a3+a4=0,所以q=-2.又16是a2和a8的等比中项,所以a2a8=

39、162,所以a1qa1q7=162,所以a1=1(舍去负值),所以an=a1qn-1=(-2)n-1.(2)设bn的公差为d,因为b1=1,s9=9b5=27,所以b5=1+4d=3,所以d=,bn=.1212n所以cn=2anbn=(n+1)(-2)n-1,所以tn=2(-2)0+3(-2)1+4(-2)2+(n+1)(-2)n-1,-2tn=2(-2)1+3(-2)2+n(-2)n-1+(n+1)(-2)n,-得,3tn=2+(-2)1+(-2)2+(-2)n-1-(n+1)(-2)n=2+-(n+1)(-2)n=2+-(n+1)(-2)n=-(-2)n,所以tn=-(-2)n.121 (

40、 2)1 ( 2)n 2( 2)3n 4343n49349n1.(2019天津耀华中学第二次月考,18)等差数列an中,a1=3,前n项和为sn,数列bn是首项为1,公比为q(q1),且各项均为正数的等比数列,已知b2+s2=12,q=.(1)求an与bn;(2)证明:+.22sb1311s21s1ns23考点二数列的综合应用考点二数列的综合应用解析解析(1)设an的公差为d,依题意得解得q=3或q=-4.因为等比数列bn各项均为正数,所以q=3,所以d=3,所以an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.(2)证明:因为sn=,所以=,所以+=1-+-+-=.又y=单调递增,且n为正整数,

41、所以当n=1时,有最小值.故所求不等式成立.612,6,qddqq3 (1)2n n1ns23 (1)n n23111nn11s21s1ns231212131n11n23111n2323111n23111n132.(2019天津耀华中学统练二,20)已知数列an,a1=1,a1+2a2+3a3+nan=an+1(nn*).(1)求数列an的通项公式;(2)求数列n2an的前n项和tn;(3)若存在nn*,使得an(n+1)成立,求实数的最小值.12n解析解析(1)a1+2a2+3a3+nan=an+1,当n2时,a1+2a2+3a3+(n-1)an-1=an,-得nan=an+1-an,=3(

42、n2),由已知得a2=a1=1,数列nan从第二项起,是以2为首项,3为公比的等比数列,nan=23n-2(n2),an=(n2).综上,an=(2)由(1)知,n=1时,t1=1,n2时,n2an=2n3n-2.因此,当n2时,tn=1+430+631+2n3n-2,12n2n12n2n1(1)nnnana22 3nn21,1,2 3,2.nnnn 3tn=13+431+632+2(n-1)3n-2+2n3n-1.两式相减得-2tn=2+231+232+23n-2-2n3n-1=2+2-2n3n-1=-1-(2n-1)3n-1,tn=+3n-1,n2,当n=1时,满足上式,tn=+3n-1,

43、nn*.(3)an(n+1)成立等价于成立,由(1)知n2且nn*时,=,设f(n)=(n2且nn*),则f(n+1)-f(n)=0,f(n+1)(n2且nn*),的最小值为=,即,又=,实数的最小值为.23(1 3)1 3n1212n1212n1nan1nan22 3(1)nn n2(1)2 3nn n12(1)(1)2 3nn n1(1)f n1( )f n1( )f n1(2)f131311 1a121313b b组组2017201920172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组时间:60分钟分值:100分一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2019天津七校联考,7)已

44、知数列an的各项均为正数,a1=1,an+1+an=,则数列的前15项和为()a.3b.4c.127d.12811nnaa11nnaa答案答案a由题可得-=1,所以数列是等差数列,公差为1,首项为1,=1+n-1=n,又an的各项均为正数,an=,=-.数列的前15项和为-1+-+-+-=4-1=3.故选a.21na2na2na2nan11nnaa11nn 1nn11nnaa2324316152.(2018天津实验中学热身训练,5)已知x,y为正实数,且x,a1,a2,y成等差数列,x,b1,b2,y成等比数列,那么的取值范围是()a.(0,+)b.(0,4c.4,+)d.2,42121 2(

45、)aabb答案答案c由等差数列的性质知a1+a2=x+y,由等比数列的性质知b1b2=xy,=2+2+=4.当且仅当x=y(x0,y0)时取等号.故选c.2121 2()aabb2()xyxy222xyxyxy22xyxy2xyxy3.(2017天津南开中学第五次月考,12)设sn是公差不为0的等差数列an的前n项和,且s1,s2,s4成等比数列,则=.21aa二、填空题(每小题5分,共10分)答案答案3解析解析设等差数列an的公差为d,由s1,s2,s4成等比数列,得=s1s4,即(2a1+d)2=a1(4a1+6d),解得2a1d=d2.因为d0,所以d=2a1.所以=3.22s21aa1

46、1ada4.(2017天津南开中学模拟,11)已知数列1,a1,a2,9是等差数列,数列1,b1,b2,b3,9是等比数列,则的值为.212baa答案答案310解析解析由题意得a1+a2=1+9=10,=19,设q为等比数列的公比,则b2=1q20,b2=3,则=.22b212baa310三、解答题(共80分)5.(2019天津红桥二模理,18)已知数列an是公比大于1的等比数列(nn*),a2=4,且1+a2是a1与a3的等差中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=log2an,sn为数列bn的前n项和,记tn=+,证明:1tn1).由题意有(2分)解得q=2或q=(舍).(4分)则

47、a1=2,所以an=2n.(6分)(2)证明:由(1)知bn=n,(7分)且bn+1-bn=1,则bn为等差数列,所以sn=,(8分)12134,2(1),a qaaa12(1)2n n所以=,则tn=+=2.(11分)1ns12111nn11s21s31s1ns121111112231nn111n因为n1,所以0,所以122,即1tn0),则-2=0,解得q=-1(舍)或q=,an=.设数列bn的公差为d,12111,2114,aa qa q21q1q1212n则即解得bn=n-1.(2)由(1)可知sn=1-.tn=n-=n-=n-1+.1111,82(4 )11,16316bdbd114

48、4,31616,bdbd10,1.bd11122112n12n2111222n112n12n证明:由可知=-,=+-=-.11312()iiiiitbbb b11(2)2(1)iiiiii12(1) 2iiii12ii11(1) 2ii1ni11312()iiiiitbbb b2111 22 223112 23 212nn11(1) 2nn1211(1) 2nn127.(2019天津河西一模,18)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.1(1)(2)nnnnab解析解析(1)由题意

49、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.由得解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.(2)由(1)知cn=3(n+1)2n+1.又tn=c1+c2+cn,所以tn=3222+323+(n+1)2n+1,2tn=3223+324+(n+1)2n+2,两式相减得-tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=3=-3n2n+2.所以tn=3n2n+2.112223,abbabb11112,1723 ,bdbd1(66)(33)nnnn24(1 2 )4(1) 21 2nnn8.(2019天津九校联

50、考一模理,18)已知数列an是公比为的等比数列,且1-a2是a1与1+a3的等比中项,其前n项和为sn.数列bn是等差数列,b1=8,其前n项和tn满足tn=nbn+1(为常数,且1).(1)求数列an的通项公式及的值;.求证:当nn*时,cnsn.121(2)nnkc 设1kt14解析解析(1)由题意知(1-a2)2=a1(1+a3),即=a1,解得a1=,an=.设数列bn的公差为d,则即解得或(舍),=.21112a1114a1212n1223,2,tbtb8(8),8(8)2 (82 ),ddd1,28d1,0d12(2)证明:由(1)知bn的前n项和tn=8n+8=4n2+4n,=,

51、=.(1)2n n1nt2144nn14111nn11nnkkct 141111112231nn14111n又sn=1-,cn-sn=-=.设f(x)=x+1-2x,则f(x)=1-2xln2,当x1时,f(x)0,则f(x)在1,+)上单调递减,f(x)f(1)=0,即nn*时,n+12n,cnsn.12n1414111n14112n141121nn1412(1)2nnnn 149.(2019天津南开一模理,18)已知数列an是等差数列,sn为其前n项和,且a5=3a2,s7=14a2+7.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列an+bn是首项为1,公比为2的等比数列,求数列(-1)nbn

52、(an+bn)的前n项和tn.解析解析(1)设等差数列an的公差是d.由a5=3a2,得d=2a1,由s7=14a2+7,得d=a1+1,由解得a1=1,d=2.数列an的通项公式为an=2n-1.(4分)(2)由数列an+bn是首项为1,公比为2的等比数列,得an+bn=2n-1,即2n-1+bn=2n-1,所以bn=2n-1-2n+1.(6分)所以(-1)nbn(an+bn)=(-1)n(2n-1-2n+1)2n-1=(-1)n4n-1+(-2)n-1(2n-1)=-(-4)n-1+(2n-1)(-2)n-1.(7分)设数列(-4)n-1的前n项和为pn,数列(2n-1)(-2)n-1的前

53、n项和为qn.pn=(-4)0+(-4)1+(-4)n-1=.1 ( 4)1 ( 4)n 1 ( 4)5n qn=1(-2)0+3(-2)1+5(-2)2+(2n-3)(-2)n-2+(2n-1)(-2)n-1,(8分)-2qn=1(-2)1+3(-2)2+5(-2)3+(2n-3)(-2)n-1+(2n-1)(-2)n,-得3qn=1(-2)0+2(-2)1+2(-2)2+2(-2)n-1-(2n-1)(-2)n=1+-(2n-1)(-2)n=-(-2)n,qn=-(-2)n.(12分)tn=-pn+qn=-+-.(13分)141 ( 2)1 ( 2)n 13613n19619n1445(

54、4)5n(61) ( 2)9nn 10.(2018天津十二重点中学一模理)设数列an满足a1=2,且点p(an,an+1)(nn*)在直线y=x+2上,数列bn满足:b1=3,bn+1=3bn.(1)求数列an、bn的通项公式;(2)若数列anbn-(-1)n的前n项和为tn,求tn.解析解析(1)点p(an,an+1)(nn*)在直线y=x+2上,an+1=an+2,an+1-an=2(nn*),an是以2为首项,2为公差的等差数列.an=2+2(n-1)=2n.b1=3,bn+1=3bn,bn是以3为首项,3为公比的等比数列,bn=3n.(2)由(1)知anbn-(-1)n=2n3n-(-

55、1)n=2n3n-(-1)n2n.设2n3n的前n项和为pn,则pn=231+432+633+2(n-1)3n-1+2n3n,3pn=232+433+634+2(n-1)3n+2n3n+1,-得-2pn=231+232+233+23n-2n3n+1=-2n3n+1=-3+(1-2n)3n+1,pn=+3n+1.设(-1)n2n的前n项和为qn,6(13 )13n3212n则当n为偶数时,qn=-2+4-6+8-2(n-1)+2n=2=n.当n为奇数时,n+1为偶数,则qn+1=-2+4-6+8-2n+2(n+1)=2=n+1.qn=qn+1-2(n+1)=n+1-2n-2=-n-1.tn=pn

56、-qn,tn=2n12n11313(),22513().22nnnn nnn n为偶数为奇数c c组组2017201920172019年高考模拟年高考模拟应用创新题组应用创新题组1.(201953原创冲刺卷四理,17)已知等比数列an满足a1a2=a3,a2a3=2a4.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=an+(-1)nlog2an,求数列bn的前n项和sn.12解析解析(1)设等比数列an的公比为q(q0),由题意得,=4,所以q2=4q,解得q=4.(4分)又a1a2=a3,所以4=a142,解得a1=2,(5分)所以an=24n-1=22n-1.(6分)(2)bn=an+(-1)

57、nlog2an=22n-1+(-1)n(2n-1),sn=b1+b2+b3+bn=(a1+a2+a3+an)+-1+3-5+7-+(-1)n(2n-1)=+-1+3-5+7-+(-1)n(2n-1).(7分)若n为偶数,则sn=(4n-1)+2=(4n-1)+n;(9分)若n为奇数,则sn=(4n-1)+=(4n-1)-n.(11分)综上,数列bn的前n项和sn=(4n-1)+(-1)nn.(12分)2312a aa a43aa1221a122 (14 )14n232n232311 ( 2)2n 23232.(201953原创冲刺卷九理,17)已知正项数列an的前n项和为sn,且对于任意正整数

58、n,都有n,an,sn成等差数列,数列bn满足+=n2+n.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)求数列an+bn的前n项和tn.12b222b332b2nnb解析解析(1)由n,an,sn成等差数列,得n+sn=2an,当n=1时,1+a1=2a1,a1=1.当n2时,n-1+sn-1=2an-1,-得an=2an-1+1,an+1=2(an-1+1),故an+1是以2为首项,2为公比的等比数列,an+1=22n-1=2n,an=2n-1(nn*).(3分)+=n2+n,当n=1时,b1=4,当n2时,+=(n-1)2+n-1,-得bn=n2n+1,12b222b332b2nnb12b222b332b112nnb可知当n=1时,也适合,