浙江版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)專(zhuān)題6.4數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用（試題練）教學(xué)講練

1、數(shù)學(xué)高考總復(fù)習(xí)PAGE PAGE 34學(xué)好數(shù)理化，走遍天下都不怕6.4數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用探考情 悟真題【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)列的求和掌握特殊數(shù)列求和的方法.2018浙江,20,15分錯(cuò)位相減法求和等差數(shù)列、等比數(shù)列2016浙江文,17,15分?jǐn)?shù)列求和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式2015浙江文,17,15分錯(cuò)位相減法求和數(shù)列的通項(xiàng)公式數(shù)列的綜合應(yīng)用能利用等差數(shù)列、等比數(shù)列解決相應(yīng)問(wèn)題.2016浙江,20,15分?jǐn)?shù)列的綜合應(yīng)用不等式的證明2015浙江,20,15分?jǐn)?shù)列的綜合應(yīng)用不等式的性質(zhì)數(shù)學(xué)歸納法了解數(shù)學(xué)歸納法的原理,能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)命題.20

2、19浙江,20,15分?jǐn)?shù)學(xué)歸納法等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合應(yīng)用2017浙江,22,15分?jǐn)?shù)學(xué)歸納法不等式及其應(yīng)用分析解讀1.等差數(shù)列和等比數(shù)列是數(shù)列的兩個(gè)最基本的模型,是高考中的熱點(diǎn)之一.基本知識(shí)的考查以選擇題或填空題的形式呈現(xiàn),而綜合知識(shí)的考查則以解答題的形式呈現(xiàn).2.以數(shù)列為載體來(lái)考查推理歸納、類(lèi)比的能力成為高考的熱點(diǎn).3.數(shù)列常與其他知識(shí)如不等式、函數(shù)、概率、解析幾何等綜合起來(lái)進(jìn)行考查.4.數(shù)學(xué)歸納法常與數(shù)列、不等式等知識(shí)綜合在一起,往往綜合性比較強(qiáng),對(duì)學(xué)生的思維要求比較高.(例:2019浙江20題)5.預(yù)計(jì)2021年高考中,等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合問(wèn)題仍然是考試的熱點(diǎn),復(fù)習(xí)時(shí)要足夠重視.破

3、考點(diǎn) 練考向【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一數(shù)列的求和1.(2019浙江高考信息優(yōu)化卷(二),20)設(shè)數(shù)列an滿(mǎn)足a1=1,a2=2,a2n+1-a2n-1=1,a2n+2-a2n=2(nN*).(1)求an;(2)記bn=an2n,設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為T(mén)n,求解析(1)由題意可得數(shù)列a2n-1與數(shù)列a2n均成等差數(shù)列,則a2n-1=a1+(n-1)=n,a2n=a2+2(n-1)=2n,即an=n(2)由(1)得an=14(3n+1)+(n-1)(-1)n,所以bn=1記Sn=42+722+1023則12Sn=422+723+1024兩式相減得12Sn=2+3122+123+12n記Pn=122-223

4、+32則-12Pn=-123+224-325兩式相減得32Pn=14-123+124-125+1(-所以Tn=14(Sn+Pn)=169-3n2.(2019浙江嵊州期末,20)已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,滿(mǎn)足a3a4=2a5,S6=9S3,數(shù)列bn的首項(xiàng)為1,且a1b1+a2b2+anbn=bn+1(nN*).(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)cn=2nbn+2,證明:c1+c2+c解析(1)解法一:因?yàn)閍n是等比數(shù)列,所以a3a4=a2a5,所以a2=2.又因?yàn)镾6=9S3,所以a4+a5+a6=S6-S3=8S3.設(shè)等比數(shù)列an的公比為q,則q3=a4+a所以an=a2qn-2=2

5、n-1.解法二:設(shè)等比數(shù)列an的公比為q,由a3a4=2a5知a12q5=2a1q4,所以a又因?yàn)镾6=9S3,所以q1,故a1(1-即1+q3=9,解得q=2,代入a1q=2,解得a1=1.所以an=a1qn-1=2n-1.(2)證明:當(dāng)n=1時(shí),b2=a1b1=1.由a1b1+a2b2+anbn=bn+1可知,a1b1+a2b2+anbn+an+1bn+1=bn+2,所以an+1bn+1=bn+2-bn+1,所以bn+2bn+1所以bn+2=b2b3b2b4=1(21+1)(22+1)(2n+1).當(dāng)n2時(shí),cn=2nb=1(21又c1=2b3=所以c1+c2+c2 019=23+12+1

6、-1(21+1)(22+1)+1(2考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(2019浙江溫州普通高中適應(yīng)性測(cè)試,10)已知數(shù)列an中的各項(xiàng)都小于1,a1=12,an+12-2an+1=an2-an(nN*),記Sn=a1+a2+a3+an,則S10的取值范圍為()A.0,12B.12,答案B2.(2019浙江金麗衢聯(lián)考,10)數(shù)列an滿(mǎn)足:a1=1,an+1=an+1an,則a2 018的值所在區(qū)間為(A.(0,100)B.(100,200) C.(200,300) D.(300,+)答案A3.(2020屆浙江湖州、衢州、麗水三地聯(lián)考,20)已知數(shù)列an滿(mǎn)足a1=1,an+1=1n(an+1(1)求a2,a

7、3,并猜想an的通項(xiàng)公式(不需證明);(2)求證:a1+a2+an2n-1+an=222n+2n2所以a1+a2+an0,兩邊取對(duì)數(shù)得到log2(an+1+1)=log2(an+1)2=2log2(an+1),即bn+1=2bn,又b1=log2(a1+1)=20,bn是以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,即bn=2n,Sn=2n+1-2.又bn=log2(an+1),an=22(2)證明:(數(shù)學(xué)歸納法)當(dāng)n=2時(shí),1+12+13=116假設(shè)當(dāng)n=k(k2)時(shí),不等式成立,則當(dāng)n=k+1時(shí),1+12+13+12k-1+1k+12k+12k+1+k+1,當(dāng)n=k+1時(shí),不等式成立.綜上,1+12+1

8、3+1b2.(2019浙江嘉興基礎(chǔ)測(cè)試,19)已知an是等差數(shù)列,bn是等比數(shù)列,a1=b1=2,a3=b3,a1+a5=b4.設(shè)cn=anbn,Sn是數(shù)列cn的前n項(xiàng)和.(1)求an,bn;(2)試用數(shù)學(xué)歸納法證明:Sn=8+(3n-4)2n+1.解析(1)設(shè)an的公差為d,bn的公比為q,由a1=b1=2,得an=2+(n-1)d,bn=2qn-1.又由a3=b3,a1+a5=b4,得2+2d=2所以an=3n-1,bn=2n.(2)證明:由題意得cn=(3n-1)2n.當(dāng)n=1時(shí),S1=8+(31-4)21+1=4=c1,結(jié)論成立.假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),Sk=8+(3k-4)2k+1成立,則當(dāng)

9、n=k+1時(shí),Sk+1=Sk+ck+1=8+(3k-4)2k+1+(3k+2)2k+1=8+(3k-1)2k+2=8+3(k+1)-42(k+1)+1,結(jié)論也成立.綜合可知,Sn=8+(3n-4)2n+1.煉技法 提能力【方法集訓(xùn)】方法1錯(cuò)位相減法求和1.(2019浙江臺(tái)州一中、天臺(tái)一中期中,20)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列an滿(mǎn)足a1=2,a4+2是a2和a5的等差中項(xiàng).數(shù)列bn滿(mǎn)足b1=1,2(b1+b2+bn)=nbn+1(nN*).(1)求數(shù)列an,bn的通項(xiàng)公式;(2)求證:b1a1+b2a解析(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q,由a4+2是a2和a5的等差中項(xiàng),得2(a4+2)=a2+

10、a5,即4q3+4=2q+2q4,整理得(q3+1)(q-2)=0,q=2(負(fù)值舍去),an=2n.由2(b1+b2+bn)=nbn+1(nN*),可得2(b1+b2+bn-1)=(n-1)bn(n2),兩式相減得nbn+1=(n+1)bn(n2),bn+1=n+1nbn(n2),利用累積法可得bn=n(n在2(b1+b2+bn)=nbn+1中,令n=1,可得b2=2b1=2,也滿(mǎn)足上式.bn=n.(2)證明:由(1)知bnan=n2n,利用錯(cuò)位相減法得b1a1+b2a2+bnan=2-2.(2019 53原創(chuàng)題)已知數(shù)列an中,a1=3,且n(n+1)(an-an+1)=2.(1)求數(shù)列an

11、的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=a1a2an(n+1)解析(1)解法一:由題意知,an-an+1=2n(nn2時(shí),an-1-an=21n-1-1n,an-2-an-1=21n-2以上(n-1)個(gè)式子兩邊分別相加得a1-an=21-又a1=3,an=1+2n(n而a1=3符合上式,故an=1+2n(nN*解法二:由題意知,an-an+1=2n(nan+1-2n+1=an-an-2n=an-1-2n-1=a1-21(2)解法一:由(1)知,an=1+2n=na1a2an=3142n+1n-bn=a1aSn=322+423+524+12Sn=323+424+525兩式相減得12Sn=322+=34+123

12、1-12n-故Sn=2-n+4解法二:由(1)知an=1+2n=na1a2an=3142n+1n-bn=a1a2anSn=421-522+52方法2裂項(xiàng)相消法求和1.(2018浙江嘉興期末,22)已知數(shù)列an滿(mǎn)足a1=1,an=nn-1an-1(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)求證:對(duì)任意的nN*,都有:1a12+2a22+1an+1an+1+1an+2+1a解析(1)當(dāng)n2時(shí),ann=an-1當(dāng)n2時(shí),an=n.又a1=1,an=n,nN*.(3分)(2)證明:當(dāng)n=1時(shí),13成立;當(dāng)n2時(shí),nan2=1n3=1n=1n-1-1n+1n1a12+2a22+3a32+nan20,y0時(shí),(x+

13、y)1x+1y=2+y1x+1y4x+y,當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)k2,kN*時(shí),2S4n+nk-1S2(k-1)k+1,即1an+1an+1+1an+22.(2018浙江杭州地區(qū)重點(diǎn)中學(xué)期中,22)已知函數(shù)f(x)=x2+x,x1,+),an=f(an-1)(n2,nN).(1)證明:x+122-12(2)設(shè)數(shù)列an2的前n項(xiàng)和為An,數(shù)列11+an的前n項(xiàng)和為Bn,a1=32,證明:證明(1)f(x)-x+122-12=x2+x-x2f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)0(x1),f(x)2x2,x+122-12(2)an=f(an-1)=an-12+an-1an-1則An=a12

14、+a22+an2=an+1-aan=an-12+an-1=an-1(an-1+1)1an=1an-1(an累加得:Bn=1a1+1+1a2+1+1an+1AnBn=an+1由(1)得anan-1+122-12an+1+12an+122n-12,AnBn=32an+1an=f(an-1)2an-12an+12an223an-122AnBn=32an+13212322n-1-34A即22n+1-14An3Bn22n4A【五年高考】A組自主命題浙江卷題組考點(diǎn)一數(shù)列的求和1.(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(mǎn)足

15、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.解析本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列求和等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.(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+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由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)12故bn-bn-1=(4n-5)12n-bn-b1=(bn-bn-1)+

16、(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)12n-2+(4n-9)12設(shè)Tn=3+712+11122+(4n-5)12n-2,n2,12Tn=312+7122+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-因此Tn=14-(4n+3)12n-又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12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,適合數(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(kāi)一位.(4)特別要注意相減后等比數(shù)列的項(xiàng)數(shù).(5)進(jìn)行檢驗(yàn).2.(2016浙江文,17,15分

17、)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,nN*.(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+又當(dāng)n2時(shí),由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an.所以,數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=3n-1,nN*.(2)設(shè)bn=|3n-1-n-2|,nN*,則b1=2,b2=1.當(dāng)n3時(shí),由于3n-1n+2,故bn=3n-1-n-2,n3.設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為T(mén)n,則T1=2,T2=3.當(dāng)n3時(shí),Tn=3+9(1-3n所以Tn=2易錯(cuò)警示(1)當(dāng)n2時(shí),得出an+1=3an,要注意a1是否滿(mǎn)足此關(guān)系式.

18、(2)在去掉絕對(duì)值時(shí),要考慮n=1,2時(shí)的情形.在求和過(guò)程中,要注意項(xiàng)數(shù),最后Tn要寫(xiě)成分段函數(shù)的形式.3.(2015浙江文,17,15分)已知數(shù)列an和bn滿(mǎn)足a1=2,b1=1,an+1=2an(nN*),b1+12b2+13b3+1nbn=bn+1-1(n(1)求an與bn;(2)記數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和為T(mén)n,求Tn.解析(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(nN*).由題意知:當(dāng)n=1時(shí),b1=b2-1,故b2=2.當(dāng)n2時(shí),1nbn=bn+1-bn,整理得bn+1所以bn=n(nN*).(2)由(1)知anbn=n2n,因此Tn=2+222+323+n2n,2Tn=22

19、+223+324+n2n+1,所以Tn-2Tn=2+22+23+2n-n2n+1.故Tn=(n-1)2n+1+2(nN*).評(píng)析本題主要考查數(shù)列的通項(xiàng)公式,等差、等比數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查數(shù)列求和的基本思想方法,以及推理論證能力.考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(2016浙江,20,15分)設(shè)數(shù)列an滿(mǎn)足an-an+12(1)證明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|32n,nN*,證明:|an|2,nN證明(1)由an-an+121得|an|-12|an+1|1,故|an所以|a1|21-|an|2n=|a1|21因此|an|2n-1(|a1|-2).(2)任取nN*,由(1

20、)知,對(duì)于任意mn,|an|2n-|am|2m=|an|2n-|故|an|n,均有|an|2,取正整數(shù)m0log34|an0|-22n0且m0n0,則2綜上,對(duì)于任意nN*,均有|an|2.2.(2015浙江,20,15分)已知數(shù)列an滿(mǎn)足a1=12且an+1=an-an2(n(1)證明:1anan+12(n(2)設(shè)數(shù)列an2的前n項(xiàng)和為Sn,證明:12(n+2)S證明(1)由題意得an+1-an=-an20,即an+1a故an12由an=(1-an-1)an-1得an=(1-an-1)(1-an-2)(1-a1)a10.由0an12得anan+1=anan-a(2)由題意得an2=an-a所

21、以Sn=a1-an+1.由1an+1-1an=anan+1和1an所以n1an+1-1a12n,因此12(n+1)由得12(n+2)Snn評(píng)析本題主要考查數(shù)列的遞推公式、不等式的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查推理論證能力,分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.考點(diǎn)三數(shù)學(xué)歸納法1.(2019浙江,20,15分)設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,a3=4,a4=S3.數(shù)列bn滿(mǎn)足:對(duì)每個(gè)nN*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列an,bn的通項(xiàng)公式;(2)記cn=an2bn,nN*,證明:c1+c2+cn2n,n解析本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列求和、數(shù)學(xué)歸納法等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考

22、查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng).(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d,由題意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.從而an=2n-2,nN*.所以Sn=n2-n,nN*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數(shù)列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=1d(Sn+12-SnSn+2).所以bn=n2+n,n(2)cn=an2bn=2n-2我們用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)n=1時(shí),c1=02,不等式成立;假設(shè)n=k(kN*)時(shí)不等式成立,即c1+c2+ck2k,那么,當(dāng)n=k+1時(shí),c1+c2+ck+ck+12k

23、+k(k+1)(k+2)2k+1k+12k+2k+1+k根據(jù)和,不等式c1+c2+cn2n對(duì)任意nN*成立.一題多解(2)cn=an2bn=2n-2我們用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)n=1時(shí),c1=02,不等式成立;假設(shè)n=k(kN*)時(shí)不等式成立,即c1+c2+c3+ck2k,那么,當(dāng)n=k+1時(shí),只需證明c1+c2+ck+ck+1k(k+1),所以k(k+1又1k+1所以k(k+1即當(dāng)n=k+1時(shí),不等式也成立.根據(jù)和,不等式c1+c2+cn2n對(duì)任意nN*成立.2.(2017浙江,22,15分)已知數(shù)列xn滿(mǎn)足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).證明:當(dāng)nN*時(shí),(1)0

24、xn+10.當(dāng)n=1時(shí),x1=10.假設(shè)n=k時(shí),xk0,那么n=k+1時(shí),若xk+10,則00.因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0 xn+1xn(nN*).(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+(xn+1記函數(shù)f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x0),f (x)=2x函數(shù)f(x)在0,+)上單調(diào)遞增,所以f(x)f(0)=0,因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1故2xn+1-xnxnxn+12(3)因?yàn)閤n=xn+1+ln(1

25、+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn12由xnxn+122xn+1-xn得1x所以1xn-1221xn-1-1故xn12n-2.綜上,12n-1x方法總結(jié)1.證明數(shù)列單調(diào)性的方法.差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判斷符號(hào),或構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的值域,從而判斷其符號(hào).商比法:作商an+1an,判斷an+1an與數(shù)學(xué)歸納法.反證法:例如求證an+1100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A2.(2015江蘇,11,5分)設(shè)數(shù)列an滿(mǎn)足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),則數(shù)列1an前10

26、項(xiàng)的和為答案203.(2018課標(biāo)全國(guó)理,17,12分)記Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.解析(1)設(shè)an的公差為d,由題意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以an的通項(xiàng)公式為an=2n-9.(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以當(dāng)n=4時(shí),Sn取得最小值,最小值為-16.方法總結(jié)求等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn的最值的兩種方法(1)函數(shù)法:利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和的函數(shù)表達(dá)式Sn=an2+bn,通過(guò)配方或借助圖象求二次函數(shù)的最值.(2)鄰項(xiàng)變號(hào)法:當(dāng)a10,d0時(shí),滿(mǎn)足am0,am+10的

27、項(xiàng)數(shù)m,當(dāng)a10時(shí),滿(mǎn)足am0,am+10的項(xiàng)數(shù)m,4.(2018天津文,18,13分)設(shè)an是等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn(nN*);bn是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項(xiàng)和為T(mén)n(nN*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.(1)求Sn和Tn;(2)若Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn,求正整數(shù)n的值.解析本題主要考查等差數(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).考查數(shù)列求和的基本方法和運(yùn)算求解能力.(1)設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因?yàn)閝0,可得q=2,故bn=2n-1.所以Tn=1-2n設(shè)等差

28、數(shù)列an的公差為d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,從而a1=1,d=1,故an=n,所以Sn=n(2)由(1),有T1+T2+Tn=(21+22+2n)-n=2(1由Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn可得n(n+1)2整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍)或n=4.所以正整數(shù)n的值為4.5.(2018天津理,18,13分)設(shè)an是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項(xiàng)和為Sn(nN*),bn是等差數(shù)列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求an和bn的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)數(shù)列Sn的前n項(xiàng)和為T(mén)n(

29、nN*).(i)求Tn;(ii)證明k=1n(Tk+解析本題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式,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.(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因?yàn)閝0,可得q=2,故an=2n-1.設(shè)等差數(shù)列bn的公差為d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,從而b1=1,d=1,故bn=n.所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=2n-1,數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bn=n.(2)(i)由(1),有Sn=1-2n故Tn=k=1n(2(ii)證明:因?yàn)?Tk=k2

30、k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-方法總結(jié)解決數(shù)列求和問(wèn)題的兩種思路(1)利用轉(zhuǎn)化的思想將一般數(shù)列設(shè)法轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列,這一思想方法往往通過(guò)通項(xiàng)分解或錯(cuò)位相減來(lái)完成.(2)不能轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列的,往往通過(guò)裂項(xiàng)相消法、倒序相加法等來(lái)求和.6.(2017北京文,15,13分)已知等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn滿(mǎn)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.解析本題考查等差數(shù)列及等比數(shù)列的通項(xiàng)公式,數(shù)列求和.考查運(yùn)算求解能力.(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.

31、所以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方法總結(jié)求解有關(guān)等差數(shù)列和等比數(shù)列問(wèn)題的關(guān)鍵是對(duì)其基本量(首項(xiàng),公差,公比)進(jìn)行求解.對(duì)于數(shù)列求和問(wèn)題,常用的方法有公式法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法、倒序相加法和分組求和法等.考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(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()

32、 A.6B.7C.8D.9答案D2.(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273.(2017北京理,10,5分)若等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn滿(mǎn)足a1=b1=-1,a4=b4=8,則a2b2答案14.(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(mǎn)足cn=1,n為奇數(shù),bn2,n為偶數(shù).求a1c

33、1+a2c2解析本題主要考查等差數(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3q=3+2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)=n3+n(n-1)26=3n2+6(131+232+n3n).記Tn=131+232+n3n,則3Tn=132+233+n3n+1,-得,2T

34、n=-3-32-33-3n+n3n+1=-3(1-3n所以,a1c1+a2c2+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3(2n-1)3n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.5.(2019課標(biāo)全國(guó)理,19,12分)已知數(shù)列an和bn滿(mǎn)足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)證明:an+bn是等比數(shù)列,an-bn是等差數(shù)列;(2)求an和bn的通項(xiàng)公式.解析本題主要考查由遞推關(guān)系證明數(shù)列為等比數(shù)列、等差數(shù)列以及求數(shù)列的通項(xiàng)公式,考查了學(xué)生的邏輯推理、運(yùn)算求解能力以及方程思想,體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素

35、養(yǎng).(1)證明:由題設(shè)得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn又因?yàn)閍1+b1=1,所以an+bn是首項(xiàng)為1,公比為12的等比數(shù)列由題設(shè)得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因?yàn)閍1-b1=1,所以an-bn是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列.(2)由(1)知,an+bn=12n-1,a所以an=12(an+bn)+(an-bn)=12nbn=12(an+bn)-(an-bn)=12n思路分析(1)將兩遞推關(guān)系式兩邊相加可得an+1+bn+1=12(an+bn),從而證得數(shù)列an+bn為等比數(shù)列;將兩遞

36、推關(guān)系式兩邊相減可得an+1-bn+1=an-bn+2,從而證得數(shù)列an-bn為等差數(shù)列.(2)由(1)可求出an+bn,an-bn的通項(xiàng)公式,聯(lián)立方程可解得an,bn6.(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,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(mǎn)足c1=1,cn=1,2kn(i)求數(shù)列a2n(c2(ii)求i=12naici(n解析本題主要考查等差數(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.考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)設(shè)等差數(shù)列

37、an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q.依題意得6q=6+2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)a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(32n+1)所以,數(shù)列a2n(c2n-1)的通項(xiàng)公式為a2(ii)i=12naici=i=12nai+ai(ci-1)=2n4+2n=(322n-1+52n-1)+94(=2722n-1+52n-1-n-12(nN*).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=1,2kn0.因?yàn)閏kbkck+1,所以qk-1kq

38、k,其中k=1,2,3,m.當(dāng)k=1時(shí),有q1;當(dāng)k=2,3,m時(shí),有l(wèi)nkkln q設(shè)f(x)=lnxx(x1),則f (x)=令f (x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+)f (x)+0-f(x)極大值因?yàn)閘n22=ln860,mN*,q(1,m2,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表示解析本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(wèn)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,

39、即11,1d3,32d5,73d9,得73d5因此,d的取值范圍為73(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(mǎn)足qn-1-2n-1b因?yàn)閝(1,m2,所以1qn-1qm從而qn-1-2n-1b10,qn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當(dāng)2nm時(shí),qn-2n-qn當(dāng)10時(shí), f (x)=(ln 2-1-xln 2)2x0.所以f(x)單調(diào)遞減,從而f(x)0,解

40、得q=2.所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5d=16,聯(lián)立,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T(mén)n,由a2n=6n-2,有Tn=42+1022+1623+(6n-2)2n,2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1,上述兩式相減,得-Tn=42+622+623+62n-(6n-2)2n+1=12(=-(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

41、-4)2n+2+16.方法總結(jié)(1)等差數(shù)列與等比數(shù)列中分別有五個(gè)量,a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通過(guò)列方程(組)求基本量a1和d(或q),問(wèn)題可迎刃而解.(2)數(shù)列anbn,其中an是公差為d的等差數(shù)列,bn是公比q1的等比數(shù)列,求anbn的前n項(xiàng)和應(yīng)采用錯(cuò)位相減法.2.(2017山東文,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)和解析(1)設(shè)an的公比為q,由題意知a1(1+q)=6,a12q=

42、a1q又an0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.(2)由題意知S2n+1=(2n+1又S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以bn=2n+1.令cn=bnan,則cn因此Tn=c1+c2+cn=32+522+723+12Tn=322+523+724兩式相減得12Tn=32+12所以Tn=5-2n3.(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)d1時(shí),記cn=anbn,求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和解析(1)由題意有,10a1解得a1=1,d=2或(2)由

43、d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n于是Tn=1+32+522+723+912Tn=12+322+523+72-可得12Tn=2+12+122+12故Tn=6-2n評(píng)析 本題考查等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式,利用錯(cuò)位相減法求和,考查推理運(yùn)算能力.4.(2015天津,18,13分)已知數(shù)列an滿(mǎn)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=log2a2na2n-1,nN解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a

44、4-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=2n當(dāng)n=2k(kN*)時(shí),an=a2k=2k=2n所以an的通項(xiàng)公式為an=2(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.設(shè)bn的前n項(xiàng)和為Sn,則S12Sn=1121+2122+3123上述兩式相減,得12Sn=1+12+122+12n-1-n2整理得,Sn=4-n+2所以數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為4-n+22n-1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(lèi)討論思想

45、和運(yùn)算求解能力.考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(2017課標(biāo)全國(guó)文,17,12分)設(shè)數(shù)列an滿(mǎn)足a1+3a2+(2n-1)an=2n.(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)求數(shù)列an2n+1解析(1)因?yàn)閍1+3a2+(2n-1)an=2n,所以當(dāng)n2時(shí),a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1),兩式相減得(2n-1)an=2,所以an=22n-又由題設(shè)可得a1=2,滿(mǎn)足上式,所以an的通項(xiàng)公式為an=22n-1(n(2)記an2n+1的前n由(1)知an2n+1=2(所以Sn=11-13+13-15+12思路分析(1)條件a1+3a2+(2n-1)an=2n的實(shí)質(zhì)就是數(shù)列(2n-1)an的前n項(xiàng)和

46、,故可利用an與前n項(xiàng)和的關(guān)系求解;(2)利用裂項(xiàng)相消法求和.易錯(cuò)警示(1)要注意n=1時(shí),是否符合所求得的通項(xiàng)公式;(2)裂項(xiàng)相消后,注意留下了哪些項(xiàng),避免遺漏.2.(2017江蘇,19,16分)對(duì)于給定的正整數(shù)k,若數(shù)列an滿(mǎn)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(nk)總成立,則稱(chēng)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)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

47、+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”.(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

48、,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)數(shù)列新定義型創(chuàng)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.(2017課標(biāo)全國(guó)文,17,12分)已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為T(mén)n,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求bn的通項(xiàng)公式;(2)若T3=21,求S3.解析設(shè)a

49、n的公差為d,bn的公比為q,則an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.由a2+b2=2得d+q=3.(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.聯(lián)立和解得d=3,q=0(因此bn的通項(xiàng)公式為bn=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.當(dāng)q=-5時(shí),由得d=8,則S3=21.當(dāng)q=4時(shí),由得d=-1,則S3=-6.4.(2017山東理,19,12分)已知xn是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求數(shù)列xn的通項(xiàng)公式;(2)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,依次連接點(diǎn)P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1

50、)得到折線(xiàn)P1P2Pn+1,求由該折線(xiàn)與直線(xiàn)y=0,x=x1,x=xn+1所圍成的區(qū)域的面積Tn.解析(1)設(shè)數(shù)列xn的公比為q,由已知知q0.由題意得x所以3q2-5q-2=0.因?yàn)閝0,所以q=2,x1=1.因此數(shù)列xn的通項(xiàng)公式為xn=2n-1.(2)過(guò)P1,P2,Pn+1向x軸作垂線(xiàn),垂足分別為Q1,Q2,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,由題意bn=(n+n+1)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+

51、(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=32+2(1所以Tn=(2解題關(guān)鍵記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,以幾何圖形為背景確定bn的通項(xiàng)公式是關(guān)鍵.方法總結(jié)一般地,如果an是等差數(shù)列,bn是等比數(shù)列,求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和時(shí),可采用錯(cuò)位相減法.在寫(xiě)“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”,以便下一步準(zhǔn)確寫(xiě)出“Sn-qSn”的表達(dá)式.5.(2016課標(biāo)全國(guó),17,12分)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,且a1=1,S7=28.記bn=lg an,其中x表示不超過(guò)x的最大整數(shù),如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1

52、,b11,b101;(2)求數(shù)列bn的前1 000項(xiàng)和.解析(1)設(shè)an的公差為d,據(jù)已知有7+21d=28,解得d=1.所以an的通項(xiàng)公式為an=n.b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.(6分)(2)因?yàn)閎n=0所以數(shù)列bn的前1 000項(xiàng)和為190+2900+31=1 893.(12分)疑難突破充分理解x的意義,求出bn的表達(dá)式,從而求出bn的前1 000項(xiàng)和.評(píng)析本題主要考查了數(shù)列的綜合運(yùn)用,同時(shí)對(duì)學(xué)生創(chuàng)新能力進(jìn)行了考查,充分理解x的意義是解題關(guān)鍵.6.(2016天津,18,13分)已知an是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列,公差為d.對(duì)任意的nN*,bn是an

53、和an+1的等比中項(xiàng).(1)設(shè)cn=bn+12-bn2,nN*,求證:數(shù)列(2)設(shè)a1=d,Tn=k=12n(-1)kbk2,nN*,證明(1)由題意得bn2=anan+1,有cn=bn+12-bn2=an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn所以cn是等差數(shù)列.(2)Tn=(-b12+b22)+(-b32+b4=2d(a2+a4+a2n)=2dn(a2所以k=1n1Tk=12d2評(píng)析 本題主要考查等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和公式、等比中項(xiàng)等基礎(chǔ)知識(shí).考查數(shù)列求和的基本方法、推理論證能力和運(yùn)算求解能力.7.(2015重慶,22,12分)在數(shù)列an中,a1=3,an+1an+an+

54、1+an2=0(nN(1)若=0,=-2,求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若=1k0(k0N+,k02),=-1,證明:2+13k0解析(1)由=0,=-2,有an+1an=2an2(nN+).若存在某個(gè)n0N+,使得an0=0,則由上述遞推公式易得an0-1=0.重復(fù)上述過(guò)程可得a1=0,此與a1=3矛盾,所以對(duì)任意從而an+1=2an(nN+),即an是一個(gè)公比q=2的等比數(shù)列.故an=a1qn-1=32n-1.(2)證明:由=1k0,=-1,數(shù)列anan+1an+1k0an+1-an2=0,變形為an+1an+1由上式及a1=30,歸納可得3=a1a2anan+10.因?yàn)閍n+1=an2an

55、+1k0=an所以對(duì)n=1,2,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+(a=a1-k01k0+12+1k013另一方面,由上已證的不等式知a1a2ak0aak0+1=a1-k01k2+1k012綜上,2+13k0+10,nN,n2.(1)證明:函數(shù)Fn(x)=fn(x)-2在12,1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為xn),且xn=1(2)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列,其各項(xiàng)和為gn(x),比較fn(x)和gn(x)的大小,并加以證明.解析(1)證明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,則Fn(1)=n-10,Fn12=1+12+122+=-12所以F

56、n(x)在12,又Fn(x)=1+2x+nxn-10,故Fn(x)在12,1內(nèi)單調(diào)遞增,所以Fn(x)在12因?yàn)閤n是Fn(x)的零點(diǎn),所以Fn(xn)=0,即1-xnn+11-xn(2)解法一:由題設(shè)知,gn(x)=(n設(shè)h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-(n當(dāng)x=1時(shí), fn(x)=gn(x).當(dāng)x1時(shí),h(x)=1+2x+nxn-1-n(若0 xxn-1+2xn-1+nxn-1-n(n=n(n+1)2xn-1若x1,h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-n(n=n(n+1)2xn-1所以h(x)在(0,1)上遞增,在(1,+)上遞減,所以h(x)h(1)=0,即f

57、n(x)gn(x).綜上所述,當(dāng)x=1時(shí), fn(x)=gn(x);當(dāng)x1時(shí), fn(x)gn(x).解法二:由題設(shè), fn(x)=1+x+x2+xn,gn(x)=(n當(dāng)x=1時(shí), fn(x)=gn(x).當(dāng)x1時(shí),用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)gn(x).當(dāng)n=2時(shí), f2(x)-g2(x)=-12(1-x)20,所以f2(x)g2(x)成立假設(shè)n=k(k2)時(shí),不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,當(dāng)n=k+1時(shí),fk+1(x)=fk(x)+xk+10),則hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以當(dāng)0 x1時(shí),hk(x)1時(shí),hk(x)0

58、,hk(x)在(1,+)上遞增.所以hk(x)hk(1)=0,從而gk+1(x)2x故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1時(shí)不等式也成立.由和知,對(duì)一切n2的整數(shù),都有fn(x)0,n-k+11.若0 x1,xn-k+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0,從而mk(x)在(0,1)上遞減,在(1,+)上遞增,所以mk(x)mk(1)=0,所以當(dāng)x0且x1時(shí),akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x).綜上所述,當(dāng)x=1時(shí), fn(x)=gn(x);當(dāng)x1時(shí), fn(x)gn(x).【三年模擬】一、選擇題(共4分) 1.(2019浙江嵊州期末,

59、10)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1=12,an+1=2anan+1(nN*),若S2 019(k,k+1),A.2 016B.2 017C.2 018D.2 019答案C二、填空題(單空題4分,多空題6分,共10分)2.(2020屆浙江省重點(diǎn)高中統(tǒng)練,15)已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù),a1=2,an+1-an=4an+1+an,若數(shù)列1an答案1203.(2020屆浙江五校十月聯(lián)考,14 )設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且滿(mǎn)足Sn=(-1)nan-12n(nN*),則a3=,S7=答案-116;-三、解答題(共90分)4.(2019浙江學(xué)軍中學(xué)期中,22)數(shù)列an,bn中,Sn為數(shù)列an

60、的前n項(xiàng)和,且滿(mǎn)足:a1=b1=1,3Sn=(n+2)an,bn=an-1an(n(1)求數(shù)列an,bn的通項(xiàng)公式;(2)求證:1a2+1a4+1a8+(3)令cn=ln bn,Tn=c1+c2+c3+cn,求證:Tn2-n-n2解析(1)3Sn=(n+2)an,當(dāng)n2時(shí),3Sn-1=(n+1)an-1,兩式相減得3an=(n+2)an-(n+1)an-1,ananan=a1a2a1a3a2an-1an-2a又a1=1適合上式,an=n(n+1)2(nN(2)證明:1a2n=2(2n+11a2+1a4+1a8+1a2n2-n-n22ln n(n+1)2n則ln n(n+1)2f(1)=0,Tn