202X屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章數(shù)列6.4數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用課件

1、考點(diǎn)一數(shù)列求和考點(diǎn)一數(shù)列求和A A組自主命題組自主命題天津卷題組天津卷題組五年高考1.(2017天津,18,13分)已知an為等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(nN*),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a2nb2n-1的前n項(xiàng)和(nN*).解析解析(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+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?yàn)閝0,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,聯(lián)立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=3n-2,數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bn=2n.(2)設(shè)數(shù)列a2nb2n-1的前n項(xiàng)和為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,上述兩式相減,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,數(shù)列a2nb2n-1的前n項(xiàng)和為

3、4n+1+.12 (14 )14n323n83323n83方法總結(jié)方法總結(jié)(1)等差數(shù)列與等比數(shù)列中有五個(gè)量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通過列方程(組)求關(guān)鍵量a1和d(或q),問題可迎刃而解.(2)數(shù)列an是公差為d的等差數(shù)列,bn是公比q1的等比數(shù)列,求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和適用錯(cuò)位相減法.2.(2016天津文,18,13分)已知an是等比數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(nN*),且-=,S6=63.(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)若對(duì)任意的nN*,bn是log2an和log2an+1的等差中項(xiàng),求數(shù)列(-1)n的前2n項(xiàng)和.11a21a32a2nb解析解析(1)設(shè)數(shù)列an

4、的公比為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)由題意,得bn=(log2an+log2an+1)=(log22n-1+log22n)=n-,即bn是首項(xiàng)為,公差為1的等差數(shù)列.設(shè)數(shù)列(-1)n的前n項(xiàng)和為Tn,則T2n=(-+)+(-+)+(-+)=b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n=2n2.11a11a q212a q611qq61212121212122nb21b22b23b24b221nb22nb122 ()2nn bb評(píng)析評(píng)析本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識(shí),考查

5、數(shù)列求和的基本方法和運(yùn)算求解能力.3.(2015天津,18,13分)已知數(shù)列an滿足an+2=qan(q為實(shí)數(shù),且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差數(shù)列.(1)求q的值和an的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=,nN*,求數(shù)列bn的前n項(xiàng)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?yàn)閝1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.當(dāng)n=2k-1(kN*)時(shí),an=a2k-1=2k-1=;當(dāng)n=2k(kN*)時(shí),an=a2k=

6、2k=.所以,an的通項(xiàng)公式為an=(2)由(1)得bn=.設(shè)bn的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn=1+2+3+(n-1)+n122n22n1222,2 ,.nnnn為奇數(shù)為偶數(shù)2221lognnaa12nn012112212212nSn=1+2+3+(n-1)+n,上述兩式相減,得Sn=1+-=-=2-,12112212312112n12n1212212112n2nn112112n2nn22n2nn整理得,Sn=4-.所以,數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為4-,nN*.122nn122nn評(píng)析評(píng)析本題主要考查等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和公式、等差中項(xiàng)等基礎(chǔ)知識(shí).考查數(shù)列求和的基本方法、分類討論思想和運(yùn)算求解能力.4.(

7、2015天津文,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,nN*,求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和.解析解析(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q0.由已知,有消去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,nN*;數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bn=2n-1,nN*.(2)由(1)有cn=(2n-1)2n-1,設(shè)cn的前n項(xiàng)和為Sn,則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,nN*.24232,310,qdqd考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(2019天津文,18,13分)設(shè)an是等差數(shù)列,bn是等比數(shù)列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求an和bn的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)數(shù)列cn滿足cn=求a1c1+a2c2+a2nc2n(nN*).21,.nnbn為奇數(shù)為偶數(shù)解析解析本小題主要考查等差數(shù)

9、列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識(shí).考查數(shù)列求和的基本方法和運(yùn)算求解能力,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng).(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.依題意,得解得故an=3+3(n-1)=3n,bn=33n-1=3n.所以,an的通項(xiàng)公式為an=3n,bn的通項(xiàng)公式為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).記Tn=131+232+n3n,則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、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求出公差d,公比q即可.(2)利用cn的通項(xiàng)公式,進(jìn)行分組求和,在計(jì)算差比數(shù)列時(shí)采用錯(cuò)位相減法求和.解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵根據(jù)n的奇偶性得數(shù)列cn的通項(xiàng)公式,從而選擇合適的求和方法是求解的關(guān)鍵.2.(2019天津理,19,14分)設(shè)an是等差數(shù)列,bn是等比數(shù)列.已知a1=4,b1=6

11、,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求an和bn的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)數(shù)列cn滿足c1=1,cn=其中kN*.(i)求數(shù)列(-1)的通項(xiàng)公式;(ii)求aici(nN*).11,22,2 ,kkkknb n2na2nc21ni解析解析本小題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識(shí).考查化歸與轉(zhuǎn)化思想和數(shù)列求和的基本方法以及運(yùn)算求解能力.(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.依題意得解得故an=4+(n-1)3=3n+1,bn=62n-1=32n.所以,an的通項(xiàng)公式為an=3n+1,bn的通項(xiàng)公式為bn=32n.(2)(i)(-1)=(bn-1)=

12、(32n+1)(32n-1)=94n-1.所以,數(shù)列(-1)的通項(xiàng)公式為(-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)利用等差數(shù)列、等比數(shù)列概念求基本量得到通項(xiàng)公式.(2)(i)由cn=kN*知(-1)=(32n+1)(32n-1),從而得到數(shù)列(-1)的通項(xiàng)

13、公式.(ii)利用(i)把a(bǔ)ici拆成ai+ai(ci-1),進(jìn)而可得aici=ai+(-1),計(jì)算即可.11,22,2 ,kkkknb n2na2nc2na2nc21ni21ni21ni21ni1ni2ia2ic解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵正確理解數(shù)列cn的含義是解題的關(guān)鍵.3.(2014天津,19,14分)已知q和n均為給定的大于1的自然數(shù).設(shè)集合M=0,1,2,q-1,集合A=x|x=x1+x2q+xnqn-1,xiM,i=1,2,n.(1)當(dāng)q=2,n=3時(shí),用列舉法表示集合A;(2)設(shè)s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,其中ai,biM,i=1,2,n.證明

14、:若anbn,則st.解析解析(1)當(dāng)q=2,n=3時(shí),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)證明: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的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=,求數(shù)列bn的前n項(xiàng)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是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列,通項(xiàng)公式為an=2n+1.(6分)(2)由an=2n+1可知bn=.設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn,則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+3,兩式相減得出遞推關(guān)系,再求出a1,利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得通項(xiàng).(2)利用裂項(xiàng)相消法求Tn.2na21na1112 2123nbnn考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(2017課標(biāo),12,5分)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召,開發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng).這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一項(xiàng)是20,接下來的兩項(xiàng)是20,21,再接下來的三項(xiàng)是20,21,22,依此類推.求滿足如

17、下條件的最小整數(shù)N:N100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是()A.440B.330C.220D.110答案答案A解法一(排除法):記SN為數(shù)列的前N項(xiàng)和,由題意得,數(shù)列的前110項(xiàng)為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,這是一個(gè)奇數(shù),不可能是2的整數(shù)冪,故選項(xiàng)D不正確.同理,S220=20+(20+21)+(20+21+219)+

18、(20+21+22+23+29)=221+210-23,這是一個(gè)奇數(shù),不可能是2的整數(shù)冪,故選項(xiàng)C不正確.同理,S330=20+(20+21)+(20+21+224)+(20+21+22+23+24)=226+4,不是2的整數(shù)冪,故選項(xiàng)B不正確.所以,正確的選項(xiàng)為A.解法二:不妨設(shè)1+(1+2)+(1+2+2n-1)+(1+2+2t)=2m(其中m、n、tN,0tn),則有N=+t+1,因?yàn)镹100,所以n13.由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.因?yàn)閚13,所以2nn+2,所以2n+12n+n+2,即2n+1-n-22n,因?yàn)?t+1-10,所以2m2n+1-n

19、-22n,故mn+1,因?yàn)?t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1.(1)2n n所以m=n+1,從而有n=2t+1-3,因?yàn)閚13,所以t3.當(dāng)t=3時(shí),N=95,不合題意;當(dāng)t=4時(shí),N=440,滿足題意,故所求N的最小值為440.2.(2015福建,8,5分)若a,b是函數(shù)f(x)=x2-px+q(p0,q0)的兩個(gè)不同的零點(diǎn),且a,b,-2這三個(gè)數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列,也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列,則p+q的值等于()A.6B.7C.8D.9答案答案D由題意可知a,b是x2-px+q=0的兩根,a+b=p0,ab=q0,故a,b均為正數(shù).a,b,-2適當(dāng)排序后成等比

20、數(shù)列,-2是a,b的等比中項(xiàng),得ab=4,q=4.又a,b,-2適當(dāng)排序后成等差數(shù)列,所以-2是第一項(xiàng)或第三項(xiàng),不妨設(shè)a0,a=1,此時(shí)b=4,p=a+b=5,p+q=9,選D.22,4,abab3.(2018江蘇,14,5分)已知集合A=x|x=2n-1,nN*,B=x|x=2n,nN*.將AB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Sn12an+1成立的n的最小值為.答案答案27解析解析設(shè)An=2n-1,Bn=2n,nN*,當(dāng)AkBlAk+1(k,lN*)時(shí),2k-12l2k+1,有k-2l-1k+,則k=2l-1,設(shè)Tl=A1+A2+B1+B2+Bl

21、,則共有k+l=2l-1+l個(gè)數(shù),即Tl=,而A1+A2+=2l-1=22l-2,B1+B2+Bl=2l+1-2.則Tl=22l-2+2l+1-2,則l,Tl,n,an+1的對(duì)應(yīng)關(guān)系為121212lA12llS12lA2 1 1212l 2(12 )12llTlnan+112an+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780觀察到l=5時(shí),Tl=S2112a39,則n22,38),nN*時(shí),存在n,使Sn12an+1,此時(shí)T5=A1+A2+A16+B1+B2+B3+B4+B5,則當(dāng)n22,38),nN*時(shí),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,則n27時(shí),Sn-12an+10,即nmin=27.22 55(22 1)()2nnAA4.(2018浙江,20,15分)已知等比數(shù)列an的公比q1,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-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

23、得a4=8.由a3+a5=20得8=20,解得q=2或q=,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=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設(shè)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易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示利用錯(cuò)位相減法求和時(shí),要注意以下幾點(diǎn):(1)錯(cuò)位相減法求和,只適合于數(shù)列anbn,其中an為等差數(shù)列,bn為等比數(shù)列.(2)在等式兩邊所乘的數(shù)是等比數(shù)列bn的公比.(3)兩式相減時(shí),一定要錯(cuò)開一位.(4)特別要注意相減后等比數(shù)列的次數(shù).(5)進(jìn)行檢驗(yàn).5.(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

25、|b1對(duì)n=1,2,3,4均成立,求d的取值范圍;(2)若a1=b10,mN*,q(1,證明:存在dR,使得|an-bn|b1對(duì)n=2,3,m+1均成立,并求d的取值范圍(用b1,m,q表示).2m解析解析(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11,1d3,32d5,73d9,得d.因此,d的取值范圍為.(2)由條件知: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).即當(dāng)n=2,3,m+1時(shí),d滿足b1d

26、b1.因?yàn)閝(1,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)列的最大值和數(shù)列的最小值(n=2,3,m+1).73527 5,3 2121nqn11nqn2m121nqn11nqn121nqn11nqn當(dāng)2nm時(shí),-=,當(dāng)10.因此,當(dāng)2nm+1時(shí),數(shù)列單調(diào)遞增,故數(shù)列的最大值為.設(shè)f(x)=2x(1-x),當(dāng)x0時(shí),f(x)=(ln2-1-xln2)2x0.所以f(x)單調(diào)遞減,從而f(x)f(0)=1.當(dāng)2nm時(shí),=f1.因此,當(dāng)2nm+1時(shí),數(shù)列單調(diào)遞減,故數(shù)列的最小值為.因此,d的取值范圍為,.2nqn121nqn12

27、(1)nnnnqqnqn n1()2(1)nnnn qqqn n12m121nqn121nqn2mqm11nnqnqn(1)q nn12n11n1n11nqn11nqnmqm1(2)mb qm1mb qm疑難突破疑難突破本題是數(shù)列的綜合題,考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的概念和相關(guān)性質(zhì),第(1)問主要考查絕對(duì)值不等式.第(2)問要求d的范圍,使得|an-bn|b1對(duì)n=2,3,m+1都成立,首先把d分離出來,變成b1db1,難點(diǎn)在于討論b1的最大值和b1的最小值.對(duì)于數(shù)列,可以通過作差討論其單調(diào)性,而對(duì)于數(shù)列,要作商討論單調(diào)性,因?yàn)?q,當(dāng)2nm時(shí),1qn2.所以q,可以構(gòu)造函數(shù)f(x)=2x(1-x

28、),通過討論f(x)在(0,+)上的單調(diào)性去證明f1,得到數(shù)列的單調(diào)性,解出最小值.兩個(gè)數(shù)列,一個(gè)作差得到單調(diào)性,一個(gè)作商得到單調(diào)性,都是根據(jù)數(shù)列本身結(jié)構(gòu)而得,方法自然合理,最后構(gòu)造函數(shù)判斷與1的大小是難點(diǎn),平時(shí)多積累,多思考,也是可以得到的.121nqn11nqn121nqn11nqn121nqn11nqn11nnqnqn(1)q nn11n11n12n11n1n11nqn12n11n6.(2015四川,16,12分)設(shè)數(shù)列an(n=1,2,3,)的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)記數(shù)列的前n項(xiàng)和為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).從而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因?yàn)閍1,a2+1,a3成等差數(shù)列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,數(shù)列an是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列.故an=2n.(2)由(1)得=,1na12n所以Tn=+=1-.由|Tn-1|,得1000.因?yàn)?9=51210001024=210,1221212n11122112n12n110001112n11000所以n10.于是,使|Tn-1|k

30、)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.證明證明本小題主要考查等差數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式等基礎(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)因?yàn)閍n是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,則an=a1+(n-1)d,從而,當(dāng)n4時(shí),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,因此等差數(shù)列an是“P(3)數(shù)列”.(

31、2)數(shù)列an既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,因此,當(dāng)n3時(shí),an-2+an-1+an+1+an+2=4an,當(dāng)n4時(shí),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).將代入,得an-1+an+1=2an,其中n4,所以a3,a4,a5,是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d.在中,取n=4,則a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d,在中,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.方法總結(jié)方法總結(jié)數(shù)列新定義型創(chuàng)

32、新題的一般解題思路:1.閱讀審清“新定義”;2.結(jié)合常規(guī)的等差數(shù)列、等比數(shù)列的相關(guān)知識(shí),化歸、轉(zhuǎn)化到“新定義”的相關(guān)知識(shí);3.利用“新定義”及常規(guī)的數(shù)列知識(shí),求解證明相關(guān)結(jié)論.3.(2015湖南,19,13分)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1=1,a2=2,且an+2=3Sn-Sn+1+3,nN*.(1)證明:an+2=3an;(2)求Sn.解析解析(1)證明:由條件,對(duì)任意nN*,有an+2=3Sn-Sn+1+3,因而對(duì)任意nN*,n2,有an+1=3Sn-1-Sn+3.兩式相減,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.故對(duì)一切nN*,an+2=3an.(2)由(1)知,an0,所以=3.于是數(shù)列a2n-1是首項(xiàng)a1=1,公比為3的等比數(shù)列;數(shù)列a2n是首項(xiàng)a2=2,公比為3的等比數(shù)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)=,從而S2n-1=S2n-a2n=-23n-1=(53n-2-1).2nnaa3(31)2n3(31)2n32綜上所述,Sn=3223(5 31),23(31),.2nnnn是奇數(shù)是偶數(shù)

34、4.(2014北京,20,13分)對(duì)于數(shù)對(duì)序列P:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),記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兩個(gè)數(shù)中最大的數(shù).(1)對(duì)于數(shù)對(duì)序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值;(2)記m為a,b,c,d四個(gè)數(shù)中最小的數(shù),對(duì)于由兩個(gè)數(shù)對(duì)(a,b),(c,d)組成的數(shù)對(duì)序列P:(a,b),(c,d)和P:(c,d),(a,b),試分別對(duì)m=a和m=d兩種情況比較T2(P)和T2(P)的大小;(3)在由五個(gè)數(shù)對(duì)(1

35、1,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)組成的所有數(shù)對(duì)序列中,寫出一個(gè)數(shù)對(duì)序列P使T5(P)最小,并寫出T5(P)的值.(只需寫出結(jié)論)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.當(dāng)m=a時(shí),T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b.因?yàn)閍+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以T2(P)T2(P).當(dāng)m=d時(shí),T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b.因?yàn)閍+b+dc+a+b,且a+c+dc

36、+a+b,所以T2(P)T2(P).所以無論m=a還是m=d,T2(P)T2(P)都成立.(3)數(shù)對(duì)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)根據(jù)題目中所給定義和已知的數(shù)對(duì)序列,直接求值;(2)利用最小值m的不同取值,對(duì)求出的結(jié)果比較大小;(3)依據(jù)數(shù)對(duì)序列的順序?qū)Y(jié)果的影響,寫出結(jié)論.5.(2014浙江,19,14分)已知數(shù)列an和bn滿足a1a2a3an=(nN*).若an為等比數(shù)列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an與

37、bn;(2)設(shè)cn=-(nN*).記數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Sn.(i)求Sn;(ii)求正整數(shù)k,使得對(duì)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),所以數(shù)列an的通項(xiàng)為an=2n(nN*),所以,a1a2a3an=()n(n+1).故數(shù)列bn的通項(xiàng)為bn=n(n+1)(nN*).(2)(i)由(1)知cn=-=-(nN*),所以Sn=-(nN*).(ii)c1=0,c20,c30,c40,當(dāng)n5時(shí),cn=,而-=0,得1,所以,當(dāng)n5時(shí),cn2n-3成立的n的最大值.1(1)nna

38、bn n解析解析(1)設(shè)an的公比為q,bn的公差為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成等差數(shù)列,16是a2和a8的等比中項(xiàng).(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)若等差數(shù)列bn中,b1=1,前9項(xiàng)和為27,令cn=2anbn,求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn.解析解析(1)設(shè)an的公比為q,由S4,S2,S3成等差數(shù)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的等比中項(xiàng),所以a2a8=1

39、62,所以a1qa1q7=162,所以a1=1(舍去負(fù)值),所以an=a1qn-1=(-2)n-1.(2)設(shè)bn的公差為d,因?yàn)閎1=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天津耀華中學(xué)第二次月考,18)等差數(shù)列an中,a1=3,前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列bn是首項(xiàng)為1,公比為q(q1),且各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,已知b2+S2=12,q=.(1)求an與bn;(2)證明:+.22Sb1311S21S1nS23考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用解析解析(1)設(shè)an的公差為d,依題意得解得q=3或q=-4.因?yàn)榈缺葦?shù)列bn各項(xiàng)均為正數(shù),所以q=3,所以d=3,所以an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.(2)證明:因?yàn)镾n=,所以=,所以+=1-+-+-=.又y=單調(diào)遞增,且n為正整數(shù),所

41、以當(dāng)n=1時(shí),有最小值.故所求不等式成立.612,6,qddqq3 (1)2n n1nS23 (1)n n23111nn11S21S1nS231212131n11n23111n2323111n23111n132.(2019天津耀華中學(xué)統(tǒng)練二,20)已知數(shù)列an,a1=1,a1+2a2+3a3+nan=an+1(nN*).(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)求數(shù)列n2an的前n項(xiàng)和Tn;(3)若存在nN*,使得an(n+1)成立,求實(shí)數(shù)的最小值.12n解析解析(1)a1+2a2+3a3+nan=an+1,當(dāng)n2時(shí),a1+2a2+3a3+(n-1)an-1=an,-得nan=an+1-an,=3(n

42、2),由已知得a2=a1=1,數(shù)列nan從第二項(xiàng)起,是以2為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,nan=23n-2(n2),an=(n2).綜上,an=(2)由(1)知,n=1時(shí),T1=1,n2時(shí),n2an=2n3n-2.因此,當(dāng)n2時(shí),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-1.兩式相減得-2Tn=2+231+232+23n-2-2n3n-1=2+2-2n3n-1=-1-(2n-1)3n-1,Tn=+3n-1,n2,當(dāng)n=1時(shí),滿足上式,Tn=+3n-1,n

43、N*.(3)an(n+1)成立等價(jià)于成立,由(1)知n2且nN*時(shí),=,設(shè)f(n)=(n2且nN*),則f(n+1)-f(n)=0,f(n+1)(n2且nN*),的最小值為=,即,又=,實(shí)數(shù)的最小值為.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組組2017201920172019年高考模擬年高考模擬專題綜合題組專題綜合題組時(shí)間:60分鐘分值:100分一、選擇題(每小題5分,共10分)1.(2019天津七校聯(lián)考,7)已知

44、數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù),a1=1,an+1+an=,則數(shù)列的前15項(xiàng)和為()A.3B.4C.127D.12811nnaa11nnaa答案答案A由題可得-=1,所以數(shù)列是等差數(shù)列,公差為1,首項(xiàng)為1,=1+n-1=n,又an的各項(xiàng)均為正數(shù),an=,=-.數(shù)列的前15項(xiàng)和為-1+-+-+-=4-1=3.故選A.21na2na2na2nan11nnaa11nn 1nn11nnaa2324316152.(2018天津?qū)嶒?yàn)中學(xué)熱身訓(xùn)練,5)已知x,y為正實(shí)數(shù),且x,a1,a2,y成等差數(shù)列,x,b1,b2,y成等比數(shù)列,那么的取值范圍是()A.(0,+)B.(0,4C.4,+)D.2,42121 2()

45、aabb答案答案C由等差數(shù)列的性質(zhì)知a1+a2=x+y,由等比數(shù)列的性質(zhì)知b1b2=xy,=2+2+=4.當(dāng)且僅當(dāng)x=y(x0,y0)時(shí)取等號(hào).故選C.2121 2()aabb2()xyxy222xyxyxy22xyxy2xyxy3.(2017天津南開中學(xué)第五次月考,12)設(shè)Sn是公差不為0的等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,且S1,S2,S4成等比數(shù)列,則=.21aa二、填空題(每小題5分,共10分)答案答案3解析解析設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,由S1,S2,S4成等比數(shù)列,得=S1S4,即(2a1+d)2=a1(4a1+6d),解得2a1d=d2.因?yàn)閐0,所以d=2a1.所以=3.22S21aa11

46、ada4.(2017天津南開中學(xué)模擬,11)已知數(shù)列1,a1,a2,9是等差數(shù)列,數(shù)列1,b1,b2,b3,9是等比數(shù)列,則的值為.212baa答案答案310解析解析由題意得a1+a2=1+9=10,=19,設(shè)q為等比數(shù)列的公比,則b2=1q20,b2=3,則=.22b212baa310三、解答題(共80分)5.(2019天津紅橋二模理,18)已知數(shù)列an是公比大于1的等比數(shù)列(nN*),a2=4,且1+a2是a1與a3的等差中項(xiàng).(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=log2an,Sn為數(shù)列bn的前n項(xiàng)和,記Tn=+,證明:1Tn1).由題意有(2分)解得q=2或q=(舍).(4分)則a

47、1=2,所以an=2n.(6分)(2)證明:由(1)知bn=n,(7分)且bn+1-bn=1,則bn為等差數(shù)列,所以Sn=,(8分)12134,2(1),a qaaa12(1)2n n所以=,則Tn=+=2.(11分)1nS12111nn11S21S31S1nS121111112231nn111n因?yàn)閚1,所以0,所以122,即1Tn0),則-2=0,解得q=-1(舍)或q=,an=.設(shè)數(shù)列bn的公差為d,12111,2114,aa qa q21q1q1212n則即解得bn=n-1.(2)由(1)可知Sn=1-.Tn=n-=n-=n-1+.1111,82(4 )11,16316bdbd1144

48、,31616,bdbd10,1.bd11122112n12n2111222n112n12n證明: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)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn=3n2+8n,bn是等差數(shù)列,且an=bn+bn+1.(1)求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式;(2)令cn=,求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn.1(1)(2)nnnnab解析解析(1)由題意知

49、,當(dāng)n2時(shí),an=Sn-Sn-1=6n+5.當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=11,所以an=6n+5(nN*).設(shè)數(shù)列bn的公差為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+2,兩式相減得-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天津九校聯(lián)考

50、一模理,18)已知數(shù)列an是公比為的等比數(shù)列,且1-a2是a1與1+a3的等比中項(xiàng),其前n項(xiàng)和為Sn.數(shù)列bn是等差數(shù)列,b1=8,其前n項(xiàng)和Tn滿足Tn=nbn+1(為常數(shù),且1).(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式及的值;.求證:當(dāng)nN*時(shí),CnSn.121(2)nnkC 設(shè)1kT14解析解析(1)由題意知(1-a2)2=a1(1+a3),即=a1,解得a1=,an=.設(shè)數(shù)列bn的公差為d,則即解得或(舍),=.21112a1114a1212n1223,2,TbTb8(8),8(8)2 (82 ),ddd1,28d1,0d12(2)證明:由(1)知bn的前n項(xiàng)和Tn=8n+8=4n2+4n,=,=

51、.(1)2n n1nT2144nn14111nn11nnkkCT 141111112231nn14111n又Sn=1-,Cn-Sn=-=.設(shè)f(x)=x+1-2x,則f(x)=1-2xln2,當(dāng)x1時(shí),f(x)0,則f(x)在1,+)上單調(diào)遞減,f(x)f(1)=0,即nN*時(shí),n+12n,CnSn.12n1414111n14112n141121nn1412(1)2nnnn 149.(2019天津南開一模理,18)已知數(shù)列an是等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,且a5=3a2,S7=14a2+7.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)數(shù)列an+bn是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列,求數(shù)列(-1)nbn(

52、an+bn)的前n項(xiàng)和Tn.解析解析(1)設(shè)等差數(shù)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.數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=2n-1.(4分)(2)由數(shù)列an+bn是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)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)設(shè)數(shù)列(-4)n-1的前n項(xiàng)和為Pn,數(shù)列(2n-1)(-2)n-1的前n

53、項(xiàng)和為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( 4

54、)5n(61) ( 2)9nn 10.(2018天津十二重點(diǎn)中學(xué)一模理)設(shè)數(shù)列an滿足a1=2,且點(diǎn)P(an,an+1)(nN*)在直線y=x+2上,數(shù)列bn滿足:b1=3,bn+1=3bn.(1)求數(shù)列an、bn的通項(xiàng)公式;(2)若數(shù)列anbn-(-1)n的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn.解析解析(1)點(diǎn)P(an,an+1)(nN*)在直線y=x+2上,an+1=an+2,an+1-an=2(nN*),an是以2為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列.an=2+2(n-1)=2n.b1=3,bn+1=3bn,bn是以3為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,bn=3n.(2)由(1)知anbn-(-1)n=2n3n-(-1

55、)n=2n3n-(-1)n2n.設(shè)2n3n的前n項(xiàng)和為Pn,則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.設(shè)(-1)n2n的前n項(xiàng)和為Qn,6(13 )13n3212n則當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Qn=-2+4-6+8-2(n-1)+2n=2=n.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),n+1為偶數(shù),則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為偶數(shù)為奇數(shù)C C組組2017201920172019年高考模擬年高考模擬應(yīng)用創(chuàng)新題組應(yīng)用創(chuàng)新題組1.(201953原創(chuàng)沖刺卷四理,17)已知等比數(shù)列an滿足a1a2=a3,a2a3=2a4.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若bn=an+(-1)nlog2an,求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn.12解析解析(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q(q0),由題意得,=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)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為偶數(shù),則Sn=(4n-1)+2=(4n-1)+n;(9分)若n為奇數(shù),則Sn=(4n-1)+=(4n-1)-n.(11分)綜上,數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn=(4n-1)+(-1)nn.(12分)2312a aa a43aa1221a122 (14 )14n232n232311 ( 2)