资源描述
数列的综合应用探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点数列求和掌握数列的求和方法2019天津,18,13分数列求和(错位相减法)求通项公式2017课标全国,17,12分数列求和(裂项相消法)由递推式求通项公式数列的综合应用能综合应用等差、等比数列解决相应问题2016课标全国,17,12分等差、等比数列的综合问题等差数列的判定分析解读综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列是特殊的函数,是高考的常考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.破考点 练考向【考点集训】考点一数列求和1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列nan的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+500的最小正整数n的值为.答案52.(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=2bn(nN*),若数列an为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列1bn的前n项和Sn=.答案2nn+13.(2018河南、河北两省联考,18)已知数列an的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.(1)求证:数列Snn为等差数列;(2)令bn=2nan,求数列bn的前n项和Tn.答案(1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n+1-Snn=1,又S11=5,所以数列Snn是首项为5,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n.当n2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.又a1=5符合上式,所以an=2n+3(nN*),所以bn=(2n+3)2n,所以Tn=52+722+923+(2n+3)2n,2Tn=522+723+924+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,所以-得Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+2n+1)=(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)=(2n+1)2n+1-2.考点二数列的综合应用1.(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ab1+ab2+ab3=()A.64B.32C.38D.33答案D2.(2018河南商丘第二次模拟,6)已知数列an满足a1=1,an+1-an2(nN*),且Sn为an的前n项和,则()A.an2n+1B.Snn2C.an2n-1D.Sn2n-1答案B3.(2019福建晋江(安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校)期中,18)已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列n+1an的前n项和为Tn,求Tn以及Tn的最小值.答案(1)当n=1时,a1=2.当n2时,Sn-1=2an-1-2,所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,整理得anan-1=2(常数),所以数列an是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2n.(2)令bn=n+1an,则bn=n+12n,所以Tn=221+322+n+12n,12Tn=222+323+n+12n+1,-,得12Tn=32-n+32n+1,所以Tn=3-n+32n,令cn=n+32n,则cn+1cn=n+42n+6cn+1,从而数列Tn是单调递增数列,所以TnT1=1.故Tn的最小值为1.4.(命题标准样题,16)设三角形的边长为不相等的整数,且最大边长为n,这些三角形的个数为an.(1)求数列an的通项公式;(2)在1,2,100中任取三个不同的整数,求它们可以是一个三角形的三条边长的概率.附:1+22+32+n2=n(n+1)(2n+1)6.答案本题考查三角形三边的关系、数列的概念、通项公式,等差数列求和,古典概型等数学知识.试题将数列与概率相结合,体现了理性思维、数学探究的学科素养,考查了逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力,落实了基础性、综合性、创新性的考查要求.(1)设x,y,n为满足题意的三角形的边长,不妨设xyn.由题设,易得a1=a2=a3=0.当n4,且n为偶数时,若yn2,x不存在;若y=n2+1,则x为n2;若y=n2+2,则x为n2-1,n2,n2+1;若y=n-1,则x为2,3,n-2.所以an=1+3+(n-3)=(n-2)24.当n4,且n为奇数时,可得an=2+4+(n-3)=(n-1)(n-3)4.所以an的通项公式为an=0,n=1,2,3,(n-2)24,n4,且n为偶数,(n-1)(n-3)4,n5,且n为奇数.(2)记Sn为数列an的前n项和.由(1)可得S100=14(22+42+982)+14(24+46+9698)=(12+22+492)+12+22+482+(1+2+48)=49501956.故所求概率为S1001009998321=65132.炼技法 提能力【方法集训】方法数列求和的方法1.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=2f(n)+n2(nN*),且f(1)=2,则f(40)=()A.95B.97C.105D.392答案D2.(2019吉林长春模拟,7)已知数列an的前n项和Sn=n2+2n,则数列1anan+1的前6项和为()A.215B.415C.511D.1011答案A3.(2019湘赣十四校第一次联考,17)已知函数f(x)=2019sinx-3(xR)的所有正零点构成递增数列an.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=2nan+23,求数列bn的前n项和Sn.答案(1)令f(x)=2019sinx-3=0,得x-3=k(kZ),则有x=13+k(kZ).f(x)的所有正零点构成递增数列an,an是以13为首项,1为公差的等差数列,an=13+(n-1)1=n-23(nN*).(2)由(1)知bn=n2n.Sn=121+222+323+(n-1)2n-1+n2n,2Sn=122+223+324+(n-1)2n+n2n+1,-得Sn=-121-22-23-2n+n2n+1=n2n+1-21(1-2n)1-2=(n-1)2n+1+2.4.(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(a2n-1+1),求数列bn的前n项和Tn.答案(1)设数列an的公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d2=1,C-1=0,解得d=2,C=1,又因为a1=C,所以a1=1,所以数列an的通项公式为an=2n-1.(2)由(1)知bn=(2n-1)(22n-1-1+1)=(2n-1)2n,则Tn=12+322+(2n-1)2n,2Tn=122+323+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1,两式相减得Tn=(2n-1)2n+1-2(22+23+2n)-2=(2n-1)2n+1-222(1-2n-1)1-2-2=(2n-3)2n+1+6.【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一数列求和(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an2n+1的前n项和.答案(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=22n-1(n2).又由题设可得a1=2,从而an的通项公式为an=22n-1(nN*).(2)记an2n+1的前n项和为Sn.由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n-1)=12n-1-12n+1.则Sn=11-13+13-15+12n-1-12n+1=2n2n+1.考点二数列的综合应用(2016课标全国,17,12分)已知an是公差为3的等差数列,数列bn满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn.(1)求an的通项公式;(2)求bn的前n项和.答案(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2,(3分)所以数列an是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.(5分)(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3,(7分)因此bn是首项为1,公比为13的等比数列.(9分)记bn的前n项和为Sn,则Sn=1-13n1-13=32-123n-1.(12分)B组自主命题省(区、市)卷题组考点一数列求和1.(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=1,n为奇数,bn2,n为偶数.求a1c1+a2c2+a2nc2n(nN*).答案本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,体现了数学运算的核心素养.(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3q=3+2d,3q2=15+4d,解得d=3,q=3,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)=n3+n(n-1)26+(631+1232+1833+6n3n)=3n2+6(131+232+n3n).记Tn=131+232+n3n,则3Tn=132+233+n3n+1,-得,2Tn=-3-32-33-3n+n3n+1=-3(1-3n)1-3+n3n+1=(2n-1)3n+1+32.所以,a1c1+a2c2+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3(2n-1)3n+1+32=(2n-1)3n+2+6n2+92(nN*).2.(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.答案(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8q+1q=20,解得q=2或q=12,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=S1,n=1,Sn-Sn-1,n2,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,n2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)12n-2+(4n-9)12n-3+712+3.设Tn=3+712+11122+(4n-5)12n-2,n2,12Tn=312+7122+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-1(n2),所以12Tn=3+412+4122+412n-2-(4n-5)12n-1(n2),因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-2.3.(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bnan的前n项和Tn.答案(1)设an的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,a12q=a1q2,又an0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.(2)由题意知:S2n+1=(2n+1)(b1+b2n+1)2=(2n+1)bn+1,又S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以bn=2n+1.令cn=bnan,则cn=2n+12n.因此Tn=c1+c2+cn=32+522+723+2n-12n-1+2n+12n,又12Tn=322+523+724+2n-12n+2n+12n+1,两式相减得12Tn=32+12+122+12n-1-2n+12n+1,所以Tn=5-2n+52n.4.(2017北京,15,13分)已知等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求an的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+b2n-1.答案(1)设等差数列an的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.解得d=2.所以an=2n-1.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.从而b1+b3+b5+b2n-1=1+3+32+3n-1=3n-12.5.(2016天津,18,13分)已知an是等比数列,前n项和为Sn(nN*),且1a1-1a2=2a3,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)nbn2的前2n项和.答案(1)设数列an的公比为q.由已知,有1a1-1a1q=2a1q2,解得q=2,或q=-1.又由S6=a11-q61-q=63,知q-1,所以a11-261-2=63,得a1=1.所以an=2n-1.(2)由题意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即bn是首项为12,公差为1的等差数列.设数列(-1)nbn2的前n项和为Tn,则T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+(-b2n-12+b2n2)=b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2.考点二数列的综合应用1.(2018北京,15,13分)设an是等差数列,且a1=ln2,a2+a3=5ln2.(1)求an的通项公式;(2)求ea1+ea2+ean.答案(1)设an的公差为d.因为a2+a3=5ln2,所以2a1+3d=5ln2.又a1=ln2,所以d=ln2.所以an=a1+(n-1)d=nln2.(2)因为ea1=eln2=2,eanean-1=ean-an-1=eln2=2,所以ean是首项为2,公比为2的等比数列.所以ea1+ea2+ean=21-2n1-2=2(2n-1).2.(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*).答案(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.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=42+1022+1623+(6n-2)2n,2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1,上述两式相减,得-Tn=42+622+623+62n-(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,数列a2nbn的前n项和为(3n-4)2n+2+16.3.(2016浙江,17,15分)设数列an的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,nN*.(1)求通项公式an;(2)求数列|an-n-2|的前n项和.答案(1)由题意得a1+a2=4,a2=2a1+1,则a1=1,a2=3.又当n2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an.又因为a2=3=3a1,所以数列an是首项为1,公比为3的等比数列.所以,数列an的通项公式为an=3n-1,nN*.(2)设bn=|3n-1-n-2|,nN*,则b1=2,b2=1.当n3时,由于3n-1n+2,故bn=3n-1-n-2,n3.设数列bn的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.当n3时,Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112,经检验,n=2时也符合.所以Tn=2,n=1,3n-n2-5n+112,n2,nN*.C组教师专用题组考点一数列求和1.(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=anbn,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)由题意有,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=929n-1.(2)由d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n-12n-1,于是Tn=1+32+522+723+924+2n-12n-1,12Tn=12+322+523+724+925+2n-12n.-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=an+1SnSn+1,求数列bn的前n项和Tn.答案(1)由题设知a1a4=a2a3=8,又a1+a4=9,可解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去).由a4=a1q3得公比为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山东,19,12分)已知数列an是首项为正数的等差数列,数列1anan+1的前n项和为n2n+1.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=(an+1)2an,求数列bn的前n项和Tn.答案(1)设数列an的公差为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=2n22n-1=n4n,所以Tn=141+242+n4n,所以4Tn=142+243+n4n+1,两式相减,得-3Tn=41+42+4n-n4n+1=4(1-4n)1-4-n4n+1=1-3n34n+1-43.所以Tn=3n-194n+1+49=4+(3n-1)4n+19.4.(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an2n的前n项和.答案(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=12,从而a1=32.所以an的通项公式为an=12n+1.(2)设an2n的前n项和为Sn,由(1)知an2n=n+22n+1,则Sn=322+423+n+12n+n+22n+1,12Sn=323+424+n+12n+1+n+22n+2.两式相减得12Sn=34+123+12n+1-n+22n+2=34+141-12n-1-n+22n+2.所以Sn=2-n+42n+1.5.(2014湖北,19,12分)已知等差数列an满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)记Sn为数列an的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.答案(1)设数列an的公差为d,依题意,得2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)4=4n-2,从而得数列an的通项公式为an=2或an=4n-2.(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n60n+800成立.当an=4n-2时,Sn=n2+(4n-2)2=2n2.令2n260n+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.(2014安徽,18,12分)数列an满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),nN*.(1)证明:数列ann是等差数列;(2)设bn=3nan,求数列bn的前n项和Sn.答案(1)证明:由已知可得an+1n+1=ann+1,即an+1n+1-ann=1.所以ann是以a11=1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)得ann=1+(n-1)1=n,所以an=n2.从而bn=n3n.Sn=131+232+333+n3n,3Sn=132+233+(n-1)3n+n3n+1.-得-2Sn=31+32+3n-n3n+1=3(1-3n)1-3-n3n+1=(1-2n)3n+1-32.所以Sn=(2n-1)3n+1+34.7.(2014山东,19,12分)在等差数列an中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=an(n+1)2,记Tn=-b1+b2-b3+b4-+(-1)nbn,求Tn.答案(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列an的通项公式为an=2n.(2)由题意知bn=an(n+1)2=n(n+1).所以bn+1-bn=2(n+1),所以当n为偶数时,Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+(-bn-1+bn)=4+8+12+2n=n2(4+2n)2=n(n+2)2,当n为奇数时,若n=1,则T1=-b1=-2,若n1,则Tn=Tn-1+(-bn)=(n-1)(n+1)2-n(n+1)=-(n+1)22,n=1时,满足上式.所以Tn=-(n+1)22,n为奇数,n(n+2)2,n为偶数.8.(2013重庆,16,13分)设数列an满足:a1=1,an+1=3an,nN+.(1)求an的通项公式及前n项和Sn;(2)已知bn是等差数列,Tn为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.答案(1)由题设知an是首项为1,公比为3的等比数列,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=203+201925=1010.9.(2013安徽,19,13分)设数列an满足a1=2,a2+a4=8,且对任意nN*,函数f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cosx-an+2sinx满足f2=0.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=2an+12an,求数列bn的前n项和Sn.答案(1)由题设可得,f(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2cosx.对任意nN*,f2=an-an+1+an+2-an+1=0,即an+1-an=an+2-an+1,故an为等差数列.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+2n(n+1)2+121-12n1-12=n2+3n+1-12n.10.(2013湖南,19,13分)设Sn为数列an的前n项和,已知a10,2an-a1=S1Sn,nN*.(1)求a1,a2,并求数列an的通项公式;(2)求数列nan的前n项和.答案(1)令n=1,得2a1-a1=a12,即a1=a12.因为a10,所以a1=1.令n=2,得2a2-1=S2=1+a2.解得a2=2.当n2时,2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1,两式相减得2an-2an-1=an.即an=2an-1.于是数列an是首项为1,公比为2的等比数列.因此,an=2n-1.所以数列an的通项公式为an=2n-1.(2)由(1)知nan=n2n-1.记数列n2n-1的前n项和为Bn,于是Bn=1+22+322+n2n-1,2Bn=12+222+323+n2n.-得-Bn=1+2+22+2n-1-n2n=2n-1-n2n.从而Bn=1+(n-1)2n.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272.(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(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.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.3.(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,nN*.(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-y2an2=1的离心率为en,且e2=2,求e12+e22+en2.答案(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*).(2)由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-y2an2=1的离心率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+q2(n-1)=n+q2n-1q2-1=n+12(3n-1).4.(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.答案(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2q2-3d=2,q4-3d=10,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*.5.(2015浙江,17,15分)已知数列an和bn满足a1=2,b1=1,an+1=2an(nN*),b1+12b2+13b3+1nbn=bn+1-1(nN*).(1)求an与bn;(2)记数列anbn的前n项和为Tn,求Tn.答案(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(nN*).由题意知,当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n2时,1nbn=bn+1-bn,整理得bn+1n+1=bnn,所以bn=n(nN*).(2)由(1)知anbn=n2n,因此Tn=2+222+323+n2n,2Tn=22+223+324+n2n+1,所以Tn-2Tn=2+22+23+2n-n2n+1.故Tn=(n-1)2n+1+2(nN*).6.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,且Sn满足Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,nN*.(1)求a1的值;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+1an(an+1)0,a1=2.(2)由Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,得Sn-(n2+n)(Sn+3)=0,又an0,所以Sn+30,所以Sn=n2+n,所以当n2时,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)证明:由(2)知,1an(an+1)=12n(2n+1),所以1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+1an(an+1)=123+145+12n(2n+1)123+135+157+1(2n-1)(2n+1)=16+1213-15+15-17+12n-1-12n+1=16+1213-12n+116+1213=13.7.(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,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是首项为25,公差为-6的等差数列.从而Sn=n2(a1+a3n-2)=n2(-6n+56)=-3n2+28n.8.(2013山东,20,12分)设等差数列an的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足b1a1+b2a2+bnan=1-12n,nN*,求bn的前n项和Tn.答案(1)设等差数列an的首项为a1,公差为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,nN*.(2)由已知b1a1+b2a2+bnan=1-12n,nN*,得当n=1时,b1a1=12;当n2时,bnan=1-12n-1-12n-1=12n.所以bnan=12n,nN*.由(1)知,an=2n-1,nN*,所以bn=2n-12n,nN*,又Tn=12+322+523+2n-12n,12Tn=122+323+2n-32n+2n-12n+1,两式相减得12Tn=12+222+223+22n-2n-12n+1=32-12n-1-2n-12n+1,所以Tn=3-2n+32n.【三年模拟】时间:70分钟分值:95分一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018福建厦门第一学期期末质检,7)已知数列an满足an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项和为()A.250B.200C.150D.100答案D2.(2020届河南商丘模拟,6)对于函数y=f(x),部分x与y的对应值如下表:x123456789y745813526数列xn满足x1=2,且对任意nN*,点(xn,xn+1)都在函数y=f(x)的图象上,则x1+x2+x3+x2019的值为()A.9408B.9422C.9424D.9428答案B3.(2020届福建福州模拟,10)已知数列an满足a1=1,an+1=(n+1)an22an2+4nan+n2,则a8=()A.8964-2B.8932-2C.8916-2D.897-2答案A4.(2019河北衡水中学第一次摸底,12)已知函数f(x)=mx-2017,x2019,3m2018+1x-2020,x2019,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.(1,2B.(1,2)C.(2,+)D.(1,+)答案C二、解答题(共75分)5.(2019安徽黄山毕业班第二次质量检测,17)已知数列nan-1的前n项和Sn=n,nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=2n+1(an-1)2(an+1-1)2,数列bn的前n项和为Tn,求证:对任意的nN*,都有Tn1.答案(1)因为Sn=n,所以当n2时,Sn-1=n-1,由-得nan-1=1,故an=n+1,又因为a1=2适合上式,所以an=n+1(nN*).(2)证明:由(1)知,bn=2n+1(an-1)2(an+1-1)2=2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2,所以Tn=112-122+122-132+1n2-1(n+1)2=1-1(n+1)2.所以TnSk+1且Sk+1Sk+1且Sk+1Sk+2等价于ak+10,所以满足题意的k存在,当且仅当3(k+1)-160,解得k=4.方案二:选条件.设bn的公比为q,则q3=b5b2=-27,解得q=-3,所以bn=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a4=b4=27,所以an的公差d=-28.SkSk+1且Sk+1Sk+2等价于ak+10,此时d=ak+2-ak+10,与d=-28矛盾,所以满足题意的k不存在.方案三:选条件.设bn的公比为q,则q3=b5b2=-27,解得q=-3,所以bn=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,由an是等差数列得S5=5(a1+a5)2,由S5=-25得a1=-9.所以an=2n-11.因为SkSk+1且Sk+1Sk+2等价于ak+10,所以满足题意的k存在,当且仅当2(k+1)-110,解得k=4.10.(2020届江西高安模拟,20)已知函数f(x)满足f(x+y)=f(x)f(y)且f(1)=12.(1)当nN*时,求f(n)的表达式;(2)设an=nf(n),nN*,求证:a1+a2+a3+an2.答案(1)f(x+y)=f(x)f(y)且f(1)=12,令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)f(1)=12f(n),nN*,数列f(n)是以f(1)=12为首项,12为公比的等比数列,f(n)=1212n-1=12n(nN*).(2)证明:设Tn=a1+a2+an,an=nf(n)=n12n(nN*),Tn=12+2122+3123+n12n,则12Tn=122+2123+3124+(n-1)12n+n12n+1,两式相减,得12Tn=12+122+123+12n-n12n+1=121-12n1-12-n12n+1=1-12n-n12n+1=1-2+n2n+1,Tn=2-2+n2n2.11.(2020届河南洛阳联考,19)已知数列an满足a1=12,2an+1an=1+1n(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)求数列an的前n项和Tn;(3)设数列bn满足bn=-2n-10,n=2k,nan,n=2k-1,其中kN*.记bn的前n项和为Sn,是否存在正整数m,p(mp),使得Sm=Sp成立?若存在,请求出所有满足条件的m,p;若不存在,请说明理由.答案(1)数列an满足a1=12,2an+1an=1+1n,整理得2an+1n+1=ann,即an+1n+1ann=12(常数),则数列ann是等比数列,其中首项为12,公比为12.所以ann=1212n-1=12n,即an=n2n(nN*).(2)因为an=n2n,
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