《（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 第六章 數(shù)列 4 數(shù)列的綜合應(yīng)用試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 第六章 數(shù)列 4 數(shù)列的綜合應(yīng)用試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（23頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、數(shù)列的綜合應(yīng)用 挖命題 【考情探究】 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測(cè) 熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點(diǎn) 數(shù)列求和 掌握數(shù)列的求和方法 2014課標(biāo)Ⅰ,17,12分 數(shù)列求和(錯(cuò)位相減法) 等差數(shù)列通項(xiàng)公式 ★★★ 2017課標(biāo)全國Ⅲ,17,12分 數(shù)列求和(裂項(xiàng)相消法) 由Sn求an 數(shù)列的綜 合應(yīng)用 能綜合應(yīng)用等差、等比數(shù)列解決相應(yīng)問題 2016課標(biāo)全國Ⅰ,17,12分 數(shù)列通項(xiàng)公式及求和 等差數(shù)列的判定 ★★★ 分析解讀　　綜合運(yùn)用數(shù)列,特別是等差數(shù)列、等比數(shù)列的有關(guān)知識(shí),解答數(shù)列綜合問題和實(shí)際問題,培養(yǎng)學(xué)生的理解能力、數(shù)學(xué)建

2、模能力和運(yùn)算能力.數(shù)列是特殊的函數(shù),是高考的?？键c(diǎn).歷年高考考題中低、中、高檔試題均有出現(xiàn),需引起充分的重視.本節(jié)內(nèi)容在高考中分值為12分左右,屬于中檔題. 破考點(diǎn) 【考點(diǎn)集訓(xùn)】 考點(diǎn)一　數(shù)列求和 1.(2017湖南湘潭三模,9)已知Tn為數(shù)列2n+12n的前n項(xiàng)和,若m>T10+1 013恒成立,則整數(shù)m的最小值為(　　)　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023 答案　C　 2.(2017福建福州八中第六次質(zhì)檢,17)在等比數(shù)列{an}中,公比q≠1,等差數(shù)列{bn}滿足b1=a

3、1=3,b4=a2,b13=a3. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式; (2)記cn=(-1)nbn+an,求數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)和S2n. 解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d. 則有3+3d=3q,3+12d=3q2,解得q=3,d=2或q=1,d=0(舍去), 所以an=3n,bn=2n+1. (2)由(1)知cn=(-1)n(2n+1)+3n, 則S2n=(3+32+33+…+32n)+{(-3)+5+(-7)+9+…+[-(4n-1)]+(4n+1)}=3(1-32n)1-3+[(5-3)+(9-7)+…+(4n+1-4n+1)]=32n+1-32+2n.

4、 3.(2017湖南郴州二模,17)已知等差數(shù)列{an}滿足:an+1>an(n∈N*),a1=1,該數(shù)列的前三項(xiàng)分別加上1,1,3后成等比數(shù)列,an+2log2bn=-1. (1)分別求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)設(shè)d為等差數(shù)列{an}的公差,則d>0. 由a1=1,a2=1+d,a3=1+2d分別加上1,1,3后成等比數(shù)列, 得(2+d)2=2(4+2d), 解得d=2(舍負(fù)),所以an=1+(n-1)×2=2n-1(n∈N*), 又因?yàn)閍n+2log2bn=-1,所以log2bn=-n,則bn=12n(n∈N

5、*). (2)由(1)知an·bn=(2n-1)·12n, 則Tn=121+322+523+…+2n-12n①, 12Tn=122+323+524+…+2n-12n+1②, ①-②,得12Tn=12+2×122+123+124+…+12n-2n-12n+1. ∴12Tn=12+2×141-12n-11-12-2n-12n+1, ∴Tn=1+2-22n-1-2n-12n=3-4+2n-12n=3-3+2n2n. 考點(diǎn)二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 1.(2018福建漳州期末調(diào)研測(cè)試,5)等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}的首項(xiàng)均為1,公差與公比均為3,則ab1+ab2+ab3=(　　)

6、 A.64 B.32 C.38 D.33 答案　D　 2.(2018河南商丘第二次模擬,6)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),且Sn為{an}的前n項(xiàng)和,則(　　) A.an≥2n+1 B.Sn≥n2 C.an≥2n-1 D.Sn≥2n-1 答案　B　 3.(2018福建福州八校聯(lián)考,17)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前三項(xiàng)和為6,且a2,a4,a8成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=1anan+1,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,求使Sn<1415的n的最大值. 解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{

7、an}的首項(xiàng)為a1,公差為d(d≠0),依題意可得 a1+a2+a3=6,a42=a2a8,即a1+d=2,d2-a1d=0, ∵d≠0,∴a1=1,d=1,∴an=n. (2)由(1)可得bn=1n(n+1)=1n-1n+1. ∴Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1. 令1-1n+1<1415,得n<14,∴n的最大值為13. 4.(2018廣東佛山一中期中考試,17)在等差數(shù)列{an}中,a1=3,其前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的各項(xiàng)均為正數(shù),b1=1,公比為q,且b2+S2=12,q=S2b2. (1)求an與bn; (2)證明:13≤1S1+

8、1S2+…+1Sn<23. 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d. 因?yàn)閎2+S2=12,b1=1,q=S2b2,所以q+6+d=12,q=6+dq. 解得q=3或q=-4(舍),d=3. 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1. (2)證明:因?yàn)镾n=n(3+3n)2, 所以1Sn=2n(3+3n)=231n-1n+1. 故1S1+1S2+…+1Sn =231-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=231-1n+1. 因?yàn)閚≥1,所以0<1n+1≤12,所以12≤1-1n+1<1, 所以13≤231-1n+1<23, 即13≤1S1+1S2+…+1

9、Sn<23. 煉技法 【方法集訓(xùn)】 方法　數(shù)列求和的方法 1.(2018河南中原名校11月聯(lián)考,10)設(shè)函數(shù)f(x)滿足f(n+1)=2f(n)+n2(n∈N*),且f(1)=2,則f(40)=(　　) 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.95 B.97 C.105 D.392 答案　D　 2.(2019屆吉林長(zhǎng)春模擬,7)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2+2n,則數(shù)列1an·an+1的前6項(xiàng)和為(　　) A.215 B.415 C.511 D.1011 答案　A　 3.(2018廣東珠海二中期中,18)已知數(shù)列{an}

10、與{bn}滿足an+1-an=2(bn+1-bn),n∈N*,bn=2n-1,且a1=2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)cn=annbnn-1,Tn為數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和,求Tn. 解析　(1)因?yàn)閍n+1-an=2(bn+1-bn),bn=2n-1, 所以an+1-an=2(bn+1-bn)=2(2n+1-2n+1)=4, 所以{an}是等差數(shù)列,首項(xiàng)a1=2,公差為4,所以an=4n-2. (2)cn=annbnn-1=(4n-2)n(2n-1)n-1=(2n-1)·2n. ∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n

11、①, 2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1②, ①-②得 -Tn=1×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)·2n+1=2+2×4(1-2n-1)1-2-(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1, ∴Tn=6+(2n-3)·2n+1. 4.(2018河南安陽第二次模擬,17)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,點(diǎn)(n,Sn)在函數(shù)f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的圖象上,且a1=C. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)記bn=an(a2n-1+1),求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公

12、差為d, 則Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n, 又Sn=n2+Bn+C-1,兩式對(duì)照得d2=1,C-1=0, 解得d=2,C=1,又因?yàn)閍1=C, 所以a1=1, 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1. (2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n, 則Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n, 2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1, 兩式相減得 Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+23+…+2n)-2 =(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n-1)1-2-2

13、 =(2n-3)·2n+1+6. 過專題 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組 考點(diǎn)一　數(shù)列求和 1.(2017課標(biāo)全國Ⅲ,17,12分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列an2n+1的前n項(xiàng)和. 解析　(1)因?yàn)閍1+3a2+…+(2n-1)an=2n, 故當(dāng)n≥2時(shí),a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 兩式相減得(2n-1)an=2. 所以an=22n-1(n≥2). 又由題設(shè)可得a1=2, 從而{an}的通項(xiàng)公式為an=22n-1(n∈N*). (2)記an2n+1的

14、前n項(xiàng)和為Sn. 由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n-1)=12n-1-12n+1. 則Sn=11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=2n2n+1. 2.(2014課標(biāo)Ⅰ,17,12分)已知{an}是遞增的等差數(shù)列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列an2n的前n項(xiàng)和. 解析　(1)方程x2-5x+6=0的兩根為2,3,由題意得a2=2,a4=3. 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則a4-a2=2d,故d=12,從而a1=32. 所以{an}的通項(xiàng)公式為an=12n+1. (2)設(shè)an2n的前n項(xiàng)和為Sn,

15、由(1)知an2n=n+22n+1,則 Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1, 12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2. 兩式相減得12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2 =34+141-12n-1-n+22n+2. 所以Sn=2-n+42n+1. 考點(diǎn)二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 　(2016課標(biāo)全國Ⅰ,17,12分)已知{an}是公差為3的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求{bn}的前n項(xiàng)和. 解析　(1)由已知,a1b2+b2=b1

16、,b1=1,b2=13,得a1=2,(3分) 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公差為3的等差數(shù)列,通項(xiàng)公式為an=3n-1.(5分) (2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3,(7分) 因此{(lán)bn}是首項(xiàng)為1,公比為13的等比數(shù)列.(9分) 記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn, 則Sn=1-13n1-13=32-12×3n-1.(12分) B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點(diǎn)一　數(shù)列求和 1.(2018浙江,20,15分)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng).數(shù)列{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn+1

17、-bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2+n. (1)求q的值; (2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式. 解析　(1)由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng)得a3+a5=2a4+4, 所以a3+a4+a5=3a4+4=28, 解得a4=8. 由a3+a5=20得8q+1q=20, 解得q=2或q=12, 因?yàn)閝>1,所以q=2. (2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn. 由cn=S1,　　n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1. 由(1)可知an=2n-1, 所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1, 故bn-bn-1=(4n-5)·12n-2

18、,n≥2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1) =(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3. 設(shè)Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2, 12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1(n≥2), 所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1(n≥2), 因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2, 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2. 2.(2017山東,

19、19,12分)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,且a1+a2=6,a1a2=a3. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2){bn}為各項(xiàng)非零的等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求數(shù)列bnan的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)設(shè){an}的公比為q, 由題意知:a1(1+q)=6,a12q=a1q2, 又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n. (2)由題意知:S2n+1=(2n+1)(b1+b2n+1)2=(2n+1)bn+1, 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1. 令cn=bnan,則cn=2n+12n. 因此Tn=

20、c1+c2+…+cn=32+522+723+…+2n-12n-1+2n+12n, 又12Tn=322+523+724+…+2n-12n+2n+12n+1, 兩式相減得12Tn=32+12+122+…+12n-1-2n+12n+1, 所以Tn=5-2n+52n. 3.(2017北京,15,13分)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1. 解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因?yàn)閍2+a4=10,所以2a1+4d=10. 解得d=2. 所

21、以an=2n-1. (2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q. 因?yàn)閎2b4=a5,所以b1qb1q3=9. 解得q2=3. 所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1. 從而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n-12. 4.(2016天津,18,13分)已知{an}是等比數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),且1a1-1a2=2a3,S6=63. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)若對(duì)任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中項(xiàng),求數(shù)列{(-1)nbn2}的前2n項(xiàng)和. 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由已知,有1a1-1a1

22、q=2a1q2,解得q=2,或q=-1. 又由S6=a1·1-q61-q=63,知q≠-1,所以a1·1-261-2=63,得a1=1.所以an=2n-1. (2)由題意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12, 即{bn}是首項(xiàng)為12,公差為1的等差數(shù)列. 設(shè)數(shù)列{(-1)nbn2}的前n項(xiàng)和為Tn,則 T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+…+(-b2n-12+b2n2) =b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2. 考點(diǎn)二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 1.(2018江

23、蘇,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.將A∪B的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}.記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則使得Sn>12an+1成立的n的最小值為　　　　.? 答案　27 2.(2018北京,15,13分)設(shè){an}是等差數(shù)列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求ea1+ea2+…+ean. 解析　(1)設(shè){an}的公差為d. 因?yàn)閍2+a3=5ln 2, 所以2a1+3d=5ln 2. 又a1=ln 2,所以d=ln 2. 所以an=a1+(n-1)

24、d=nln 2. (2)因?yàn)閑a1=eln 2=2,eanean-1=ean-an-1=eln 2=2, 所以{ean}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列. 所以ea1+ea2+…+ean=2×1-2n1-2=2(2n-1). 3.(2017天津,18,13分)已知{an}為等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和(n∈N*). 解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2+

25、b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因?yàn)閝>0,解得q=2. 所以,bn=2n. 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①. 由S11=11b4,可得a1+5d=16②, 聯(lián)立①②,解得a1=1,d=3, 由此可得an=3n-2. 所以,{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-2,{bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n. (2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為Tn,由a2n=6n-2,有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1, 上述

26、兩式相減,得 -Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1 =12×(1-2n)1-2-4-(6n-2)×2n+1 =-(3n-4)2n+2-16. 得Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為(3n-4)2n+2+16. 4.(2016浙江,17,15分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*. (1)求通項(xiàng)公式an; (2)求數(shù)列{|an-n-2|}的前n項(xiàng)和. 解析　(1)由題意得a1+a2=4,a2=2a1+1,則a1=1,a2=3. 又當(dāng)n≥2時(shí),由an+1-an=

27、(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an, 得an+1=3an.又因?yàn)閍2=3=3a1,所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列. 所以,數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-1,n∈N*. (2)設(shè)bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,則b1=2,b2=1. 當(dāng)n≥3時(shí),由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3. 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,則T1=2,T2=3. 當(dāng)n≥3時(shí),Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112, 經(jīng)檢驗(yàn),n=2時(shí)也符合. 所以Tn=2,　　　　　n=1,3n-n2-5n+112,n≥2

28、,n∈N*. C組　教師專用題組 考點(diǎn)一　數(shù)列求和 1.(2015湖北,19,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)當(dāng)d>1時(shí),記cn=anbn,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)由題意有,10a1+45d=100,a1d=2,即2a1+9d=20,a1d=2, 解得a1=1,d=2,或a1=9,d=29.故an=2n-1,bn=2n-1,或an=19(2n+79),bn=9·29n-1. (2)由d>1,知an=2n-

29、1,bn=2n-1,故cn=2n-12n-1, 于是Tn=1+32+522+723+924+…+2n-12n-1,① 12Tn=12+322+523+724+925+…+2n-12n.② ①-②可得 12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n, 故Tn=6-2n+32n-1. 2.(2015安徽,18,12分)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列,且a1+a4=9,a2a3=8. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,bn=an+1SnSn+1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)由題設(shè)知a1·a4=a2·

30、a3=8, 又a1+a4=9,可解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去). 由a4=a1q3得公比為q=2,故an=a1qn-1=2n-1. (2)Sn=a1(1-qn)1-q=2n-1,又bn=an+1SnSn+1=Sn+1-SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1, 所以Tn=b1+b2+…+bn=1S1-1S2+1S2-1S3+…+1Sn-1Sn+1=1S1-1Sn+1 =1-12n+1-1. 3.(2015山東,19,12分)已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列,數(shù)列1an·an+1的前n項(xiàng)和為n2n+1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=(

31、an+1)·2an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d. 令n=1,得1a1a2=13, 所以a1a2=3. 令n=2,得1a1a2+1a2a3=25, 所以a2a3=15. 解得a1=1,d=2, 所以an=2n-1. (2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n, 所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n, 所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1, 兩式相減,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1 =4(1-4n)1-4-n·4n+1 =1-3n3×4n+1-43. 所以Tn=3n-19×4n+1+49=

32、4+(3n-1)4n+19. 4.(2014湖北,19,12分)已知等差數(shù)列{an}滿足:a1=2,且a1,a2,a5成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,是否存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,說明理由. 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,依題意,得2,2+d,2+4d成等比數(shù)列,故有(2+d)2=2(2+4d), 化簡(jiǎn)得d2-4d=0,解得d=0或d=4. 當(dāng)d=0時(shí),an=2; 當(dāng)d=4時(shí),an=2+(n-1)·4=4n-2, 從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2或an=4n-2.

33、 (2)當(dāng)an=2時(shí),Sn=2n.顯然2n<60n+800, 此時(shí)不存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立. 當(dāng)an=4n-2時(shí),Sn=n[2+(4n-2)]2=2n2. 令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0, 解得n>40或n<-10(舍去), 此時(shí)存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值為41. 綜上,當(dāng)an=2時(shí),不存在滿足題意的n; 當(dāng)an=4n-2時(shí),存在滿足題意的n,其最小值為41. 5.(2014安徽,18,12分)數(shù)列{an}滿足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*. (1)證明:數(shù)列ann是等差數(shù)

34、列; (2)設(shè)bn=3n·an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解析　(1)證明:由已知可得an+1n+1=ann+1,即an+1n+1-ann=1. 所以ann是以a11=1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列. (2)由(1)得ann=1+(n-1)·1=n,所以an=n2. 從而bn=n·3n. ∴Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,① 3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.② ①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1 =3·(1-3n)1-3-n·3n+1=(1-2n)·3n+1-32. 所以Sn=(2n-1)·3n+1+3

35、4. 6.(2014山東,19,12分)在等差數(shù)列{an}中,已知公差d=2,a2是a1與a4的等比中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=an(n+1)2,記Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn. 解析　(1)由題意知(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6), 解得a1=2, 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n. (2)由題意知bn=an(n+1)2=n(n+1). 所以bn+1-bn=2(n+1), 所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí), Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn) =

36、4+8+12+…+2n =n2(4+2n)2=n(n+2)2, 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí), 若n=1,則T1=-b1=-2, 若n>1,則Tn=Tn-1+(-bn) =(n-1)(n+1)2-n(n+1) =-(n+1)22, n=1時(shí),滿足上式. 所以Tn=-(n+1)22,n為奇數(shù),n(n+2)2,n為偶數(shù). 7.(2013重慶,16,13分)設(shè)數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1=3an,n∈N+. (1)求{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn; (2)已知{bn}是等差數(shù)列,Tn為其前n項(xiàng)和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20. 解析　(1)由題設(shè)知{an}是首項(xiàng)為

37、1,公比為3的等比數(shù)列,所以an=3n-1,Sn=1-3n1-3=12(3n-1). (2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差d=5, 故T20=20×3+20×192×5=1 010. 8.(2013安徽,19,13分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=2,a2+a4=8,且對(duì)任意n∈N*,函數(shù)f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin x滿足 f 'π2=0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=2an+12an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解析　(1)由題設(shè)可得, f '(x)=an-an+1+an

38、+2-an+1sin x-an+2·cos x. 對(duì)任意n∈N*,f 'π2=an-an+1+an+2-an+1=0, 即an+1-an=an+2-an+1, 故{an}為等差數(shù)列. 由a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差d=1,所以an=2+1·(n-1)=n+1. (2)由bn=2an+12an=2n+1+12n+1=2n+12n+2知,Sn=b1+b2+…+bn=2n+2·n(n+1)2+121-12n1-12=n2+3n+1-12n. 9.(2013湖南,19,13分)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知a1≠0,2an-a1=S1·Sn,n∈N*. (1)求

39、a1,a2,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和. 解析　(1)令n=1,得2a1-a1=a12, 即a1=a12. 因?yàn)閍1≠0, 所以a1=1. 令n=2, 得2a2-1=S2=1+a2. 解得a2=2. 當(dāng)n≥2時(shí),2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1,兩式相減得2an-2an-1=an.即an=2an-1. 于是數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列. 因此,an=2n-1.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1. (2)由(1)知nan=n·2n-1. 記數(shù)列{n·2n-1}的前n項(xiàng)和為Bn,于是 Bn=1+2×2+

40、3×22+…+n×2n-1,① 2Bn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.② ①-②得-Bn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n. 從而Bn=1+(n-1)·2n. 考點(diǎn)二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 1.(2018江蘇,20,16分)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1,公差為d的等差數(shù)列,{bn}是首項(xiàng)為b1,公比為q的等比數(shù)列. (1)設(shè)a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1對(duì)n=1,2,3,4均成立,求d的取值范圍; (2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,m2],證明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1對(duì)n=2,3,…,m+1均成立,并求d

41、的取值范圍(用b1,m,q表示). 解析　本小題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)探究與解決問題的能力. (1)由條件知an=(n-1)d,bn=2n-1. 因?yàn)閨an-bn|≤b1對(duì)n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1|≤1對(duì)n=1,2,3,4均成立. 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52. 因此,d的取值范圍為73,52. (2)由條件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立, 即

42、|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1). 即當(dāng)n=2,3,…,m+1時(shí),d滿足qn-1-2n-1b1≤d≤qn-1n-1b1. 因?yàn)閝∈(1,m2], 所以10,對(duì)n=2,3,…,m+1均成立. 因此,取d=0時(shí),|an-bn|≤b1對(duì)n=2,3,…,m+1均成立. 下面討論數(shù)列qn-1-2n-1的最大值和數(shù)列qn-1n-1的最小值(n=2,3,…,m+1). ①當(dāng)2≤n≤m時(shí),qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-q

43、n+2n(n-1), 當(dāng)10. 因此,當(dāng)2≤n≤m+1時(shí), 數(shù)列qn-1-2n-1單調(diào)遞增, 故數(shù)列qn-1-2n-1的最大值為qm-2m. ②設(shè)f(x)=2x(1-x),當(dāng)x>0時(shí),f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0. 所以f(x)單調(diào)遞減, 從而f(x)

44、)m,b1qmm. 2.(2017江蘇,19,16分)對(duì)于給定的正整數(shù)k,若數(shù)列{an}滿足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan對(duì)任意正整數(shù)n(n>k)總成立,則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”. (1)證明:等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”; (2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,證明:{an}是等差數(shù)列. 證明　(1)證明:因?yàn)閧an}是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,則an=a1+(n-1)d, 從而,當(dāng)n≥4時(shí),an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=

45、2an,k=1,2,3, 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an, 因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”. (2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,因此, 當(dāng)n≥3時(shí),an-2+an-1+an+1+an+2=4an,① 當(dāng)n≥4時(shí),an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.② 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④ 將③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4, 所以a3,a4,a5,…是等差數(shù)列,設(shè)其公差

46、為d'. 在①中,取n=4,則a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d', 在①中,取n=3,則a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d', 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列. 3.(2016四川,19,12分)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*. (1)若a2,a3,a2+a3成等差數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)雙曲線x2-y2an2=1的離心率為en,且e2=2,求e12+e22+…+en2. 解析　(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,兩式相減得到an+

47、2=qan+1,n≥1. 又由S2=qS1+1得到a2=qa1, 故an+1=qan對(duì)所有n≥1都成立. 所以,數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為q的等比數(shù)列. 從而an=qn-1. 由a2,a3,a2+a3成等差數(shù)列,可得2a3=a2+a2+a3, 所以a3=2a2,故q=2. 所以an=2n-1(n∈N*). (2)由(1)可知,an=qn-1. 所以雙曲線x2-y2an2=1的離心率en=1+an2=1+q2(n-1). 由e2=1+q2=2解得q=3. 所以,e12+e22+…+en2 =(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)] =n+[1+q2+…+

48、q2(n-1)] =n+q2n-1q2-1 =n+12(3n-1). 4.(2015天津,18,13分)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,{bn}是等差數(shù)列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)cn=anbn,n∈N*,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和. 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,數(shù)列{bn}的公差為d,由題意知q>0.由已知,有2q2-3d=2,q4-3d=10,消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因?yàn)閝>0,解得q=2,所以d=2. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1,n∈N*;數(shù)列{

49、bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,設(shè){cn}的前n項(xiàng)和為Sn,則 Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 上述兩式相減,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,n∈N*. 5.(2015浙江,17,15分)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=2,b1=1,an+1=2an(

50、n∈N*),b1+12b2+13b3+…+1nbn=bn+1-1(n∈N*). (1)求an與bn; (2)記數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn. 解析　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*). 由題意知, 當(dāng)n=1時(shí),b1=b2-1,故b2=2. 當(dāng)n≥2時(shí),1nbn=bn+1-bn,整理得bn+1n+1=bnn, 所以bn=n(n∈N*). (2)由(1)知anbn=n·2n, 因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n, 2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.

51、 故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*). 6.(2014廣東,19,14分)設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn滿足Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. (1)求a1的值; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (3)證明:對(duì)一切正整數(shù)n,有1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+…+1an(an+1)<13. 解析　(1)∵Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0, ∴令n=1,得a12+a1-6=0, 解得a1=2或a1=-3. 又an>0,∴a1=2. (2)由Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0, 得

52、[Sn-(n2+n)](Sn+3)=0, 又an>0,所以Sn+3≠0, 所以Sn=n2+n, 所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+n-1]=2n, 又由(1)知,a1=2,符合上式, 所以an=2n. (3)證明:由(2)知,1an(an+1)=12n(2n+1), 所以1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+…+1an(an+1) =12×3+14×5+…+12n(2n+1) <12×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1) =16+1213-15+15-17+…+12n-1-12n+1 =16+1213-12n+1 <16

53、+12×13=13. 7.(2013課標(biāo)Ⅱ,17,12分)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零,a1=25,且a1,a11,a13成等比數(shù)列. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求a1+a4+a7+…+a3n-2. 解析　(1)設(shè){an}的公差為d.由題意得,a112=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}是首項(xiàng)為25,公差為-6的等差數(shù)列.從而 Sn

54、=n2(a1+a3n-2) =n2(-6n+56) =-3n2+28n. 8.(2013山東,20,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足b1a1+b2a2+…+bnan=1-12n,n∈N*,求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d. 由S4=4S2,a2n=2an+1得 4a1+6d=8a1+4d,a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1, 解得a1=1,d=2. 因此an=2n-1,n∈N*. (2)由已知b1a1+b

55、2a2+…+bnan=1-12n,n∈N*,得 當(dāng)n=1時(shí),b1a1=12; 當(dāng)n≥2時(shí),bnan=1-12n-1-12n-1=12n. 所以bnan=12n,n∈N*. 由(1)知,an=2n-1,n∈N*, 所以bn=2n-12n,n∈N*, 又Tn=12+322+523+…+2n-12n, 12Tn=122+323+…+2n-32n+2n-12n+1, 兩式相減得12Tn=12+222+223+…+22n-2n-12n+1 =32-12n-1-2n-12n+1, 所以Tn=3-2n+32n. 【三年模擬】 時(shí)間:50分鐘　分值:65分 一、選擇題(每小題

56、5分,共25分) 1.(2018福建廈門第一學(xué)期期末質(zhì)檢,7)已知數(shù)列{an}滿足an+1+(-1)n+1an=2,則其前100項(xiàng)和為(　　)　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.250 B.200 C.150 D.100 答案　D　 2.(2017山西孝義?？?9)已知數(shù)列{an},{bn},其中{an}是首項(xiàng)為3,公差為整數(shù)的等差數(shù)列,且a3>a1+3,a4

57、 3.(2017陜西渭南二模,9)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,a2=3,S5=25,若1anan+1的前n項(xiàng)和為1 0082 017,則n的值為(　　) A.504 B.1 008 C.1 009 D.2 017 答案　B　 4.(2018河北衡水中學(xué)八模,8)已知函數(shù)f(x)=ax+b(a>0,且a≠1)的圖象經(jīng)過點(diǎn)P(1,3),Q(2,5).當(dāng)n∈N*時(shí),an=f(n)-1f(n)·f(n+1),記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,當(dāng)Sn=1033時(shí),n的值為(　　) A.7 B.6 C.5 D.4 答案　D　 5.(2019屆河南信陽模擬,6)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和

58、為Sn=2n+1+m,且a1,a4,a5-2成等差數(shù)列,bn=an(an-1)(an+1+1),數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,則滿足Tn>2 0172 018的最小正整數(shù)n的值為(　　) A.11 B.10 C.9 D.8 答案　B　 二、填空題(每小題5分,共10分) 6.(2019屆江蘇南京模擬,15)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=1n(n+2),n為奇數(shù),n-7,n為偶數(shù),則數(shù)列{an}前15項(xiàng)和S15的值為　　　　.? 答案　12717 7.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重點(diǎn)中學(xué)4月聯(lián)考,13)若{an},{bn}滿足anbn=1,an=n2+3n+2,

59、則{bn}的前2 018項(xiàng)和為　　　　.? 答案　1 0092 020 三、解答題(共30分) 8.(2019屆廣東模擬,17)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a5=40,a4=16. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=nan,Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,對(duì)任意正整數(shù)n,不等式Sn+n2n>(-1)n·a恒成立,求a的取值范圍. 解析　(1)由a3+a5=40,a4=16,得a3(1+q2)=40,a3·q=16,因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的公比q>1,所以q=2,a3=8, 所以an=a3·qn-3=2n. (2)由于an=2n,bn=nan,

60、所以bn=nan=n2n, 則Sn=121+222+323+…+n2n①, 12Sn=122+223+324+…+n2n+1②, ①-②得12Sn=121+122+…+12n-n2n+1, 所以Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-2+n2n, 所以Sn+n2n>(-1)n·a即2-22n>(-1)n·a. 設(shè)f(n)=2-22n(n∈N*), 由于f(n)=2-22n單調(diào)遞增, 故當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),f(1)=1為最小值,所以-a<1,則a>-1, 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),f(2)=32為最小值,所以a<32. 所以a的取值范圍為-1,32.

61、 9.(2018云南昆明一中調(diào)研,17)在等差數(shù)列{an}中,公差d≠0,前5項(xiàng)和S5=15,且a1,a3,a7成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)求a2+a8+a26+…+a3k-1(k∈N*)的值. 解析　(1)根據(jù)題意得5a1+5×42d=15,(a1+2d)2=a1(a1+6d), 解得a1=32,d=34.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=a1+(n-1)d=34n+34. (2)解法一:由(1)得a3n-1=34(3n-1)+34=34×3n, 所以a2+a8+a26+…+a3k-1 =34×(31+32+33+…+3k) =34×3(1-3k)

62、1-3=98(3k-1). 解法二:設(shè)bn=a3n-1=34(3n-1)+34=34×3n, 則bn+1bn=3(n∈N*). 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為94,公比為3的等比數(shù)列, 所以數(shù)列{bn}的前k項(xiàng)和Tk=94(1-3k)1-3=98(3k-1). 10.(2017湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)模擬,17)已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,a1=b1=1,且b3S3=36,b2S2=8(n∈N*). (1)求an和bn; (2)若an