（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习专题6数列6.4数列求和、数列的综合应用检测.doc

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1、16.4 数列求和、数列的综合应用挖命题【考情探究】5 年考情考点 内容解读考题示例 考向 关联考点预测热度2018 浙江,20错位相减法求和等差数列、等比数列2016 浙江文,17 数列求和等比数列的通项公式2015 浙江文,17错位相减法求和递推数列通项公式的求法数列的求和掌握特殊数列求和的方法.2014 浙江,19裂项相消法求和数列通项公式的求法数列的综合应用能利用等差数列、等比数列解决相应问题.2018 浙江,20等差数列、等比数列的综合运用错位相减法求和数学归纳法了解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.2017 浙江,22 数学归纳法 不等式及其应用分析解读 1.

2、等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型,是高考中的热点之一.基本知识的考查以选择题或填空题的形式呈现,而综合知识的考查则以解答题的形式呈现.2.以数列为载体来考查推理归纳、类比的能力成为高考的热点.3.数列常与其他知识如不等式、函数、概率、解析几何等综合起来进行考查.4.数学归纳法常与数列、不等式等知识综合在一起,往往综合性比较强,对学生的思维要求比较高.5.预计 2020 年高考中,等差数列与等比数列的综合问题仍然是考试的热点,复习时要足够重视.破考点2【考点集训】考点一 数列的求和1.(2018 浙江新高考调研卷五(绍兴一中),14)已知等差数列a n的首项为 a,公差为-2,S n为

3、数列a n的前 n 项和,若从 S7开始为负数,则 a 的取值范围为 ,S n最大时,n= .答案 5,6);32.(2018 浙江杭州地区重点中学第一学期期中,22)已知函数 f(x)=x2+x,x1,+),an=f(an-1)(n2,nN).(1)证明: -f(x)2x 2;(+12)2(2)设数列 的前 n 项和为 An,数列 的前 n 项和为 Bn,a1=,证明: .2 11+ 2243 32证明 (1)f(x)- =x2+x- =0,f(x) -.(+12)2-12 (2+-14) (+12)2f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)0(x1),f(x)2x 2,

4、-f(x)2x 2.(+12)2(2)an=f(an-1)= +an-1 =an-an-1(n2),2-1 2-1则 An= + + =an+1-a1=an+1-,2122 2an= +an-1=an-1(an-1+1) = = - = - (n2),2-11 1-1(-1+1)1-11-1+11-1+11-1 1累加得:B n= + + = - =- ,11+112+11+1111+11+1 = =an+1.+1-3223- 1+1由(1)得 an -an+1+ ,(-1+12)2 (+12)2 (-1+12)22 (1+12)2a n+1 - =an+13 -.22 22-1an=f(an

5、-1)2 an+12 2 3 = = .2-1 2 22-1 22-121 22-1 (32)2 323 =an+1 = , 32 32+13 - ,22-1 32+1即 -1 ,而 -1 ,22+1 43 32 22+1 22 .22 43 32考点二 数列的综合应用1.(2018 浙江新高考调研卷二(镇海中学),10)数列a n的各项均为正数,S n为其前 n 项和,对于任意 nN *,总有 Sn= .设 bn=a4n+1,dn=3n(nN *),且数列b n中存在连续的2+2k(k1,kN *)项和是数列d n中的某一项,则 k 的取值集合为( ) A.k|k=2 ,N * B.k|k=

6、3 ,N *C.k|k=2,N * D.k|k=3,N * 答案 B 2.(2017 浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,9)已知函数 f(x)=sin xcos x+cos2x,0x 00,an+1-an= - an= an(an-1)(nN *).1+12 1+1 1+1下面用数学归纳法证明:a n ,又 a1=a,(1-)+所以当 nN *时,a n .(1-)+2.(2017 浙江新高考临考冲刺卷,22)已知正项数列 an满足:a n+1=an- (nN *).2(1)证明:当 n2 时,a n ;1+2(2)设 Sn为数列a n的前 n 项和,证明:S n0,所以 a1- 0,21故

7、 00 时,均有 ln(1+x) .1+设 g(x)=ln(1+x)- ,则1+g(x)= - = 0,11+ 1(1+)2 (1+)2所以 g(x)在(0,+)上单调递增,因此,当 x0 时,g(x)g(0)=0,即 ln(1+x) .1+在上述不等式中,取 x= ,则1+1ln ,即 ln ,(1+ 1+1)1+11+ 1+1 (+2+1) 1+2所以,当 n2 时,Sn=a1+(a2+a3+an) (k2,kN *).1 1+11+21-12(-1)+1解析 (1)当 n2 时, = = =1,-1-1 11当 n2 时,a n=n.又a 1=1,a n=n,nN *.(3 分)(2)证

8、明:当 n=1 时,10,y0 时,(x+y) =2+4,(1+1)8+ ,当且仅当 x=y 时等号成立.(13 分)4+当 k2,kN *时,2S (nk-n)= .4+-1 4(-1)1+-14(-1)1+S ,即 + + + (k2,kN *).(15 分)2(-1)+1 1 1+1 1+2 1-12(-1)+12.(2017 浙江宁波期末,22)已知数列a n满足 a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(nN *),bn=an+1.(1)求证:b n是等比数列;(2)记数列nb n的前 n 项和为 Tn,求 Tn;(3)求证: - ,kN *,1 13-1 13所以 + + + + +

9、 + = =- ,1112131 132133 1313(1- 13)1-13 13又 = = n+2,故 bn=3n-1-n-2,n3.设数列b n的前 n 项和为 Tn,则 T1=2,T2=3.当 n3 时,T n=3+ - = ,9(1-3-2)1-3 (+7)(-2)2 3-2-5+112所以 Tn=2, =1,3-2-5+112 ,2,*.易错警示 (1)当 n2 时,得出 an+1=3an,要注意 a1是否满足此关系式.(2)在去掉绝对值时,要考虑 n=1,2 时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后 Tn要写成分段函数的形式.2.(2015 浙江文,17,15 分)已知数列a n

10、和b n满足 a1=2,b1=1,an+1=2an(nN *),b1+b2+b3+bn=bn+1-1(nN *).(1)求 an与 bn;(2)记数列a nbn的前 n 项和为 Tn,求 Tn.解析 (1)由 a1=2,an+1=2an,得 an=2n(nN *).10由题意知:当 n=1 时,b 1=b2-1,故 b2=2.当 n2 时, b n=bn+1-bn,整理得 = ,+1+1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=

11、(n-1)2n+1+2(nN *).评析 本题主要考查数列的通项公式,等差、等比数列的基础知识,同时考查数列求和的基本思想方法,以及推理论证能力.考点二 数列的综合应用1.(2018 浙江,20,15 分)已知等比数列a n的公比 q1,且 a3+a4+a5=28,a4+2 是 a3,a5的等差中项.数列b n满足 b1=1,数列(b n+1-bn)an的前 n 项和为 2n2+n.(1)求 q 的值;(2)求数列b n的通项公式.解析 本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)由 a4+2 是 a3,a5的等差中项得 a3+a5=2a4+4

12、,所以 a3+a4+a5=3a4+4=28,解得 a4=8.由 a3+a5=20 得 8 =20,(+1)解得 q=2 或 q=,因为 q1,所以 q=2.(2)设 cn=(bn+1-bn)an,数列c n的前 n 项和为 Sn.由 cn= 解得 cn=4n-1.1, =1,-1, 2,由(1)可知 an=2n-1,所以 bn+1-bn=(4n-1) ,(12)-111故 bn-bn-1=(4n-5) ,n2,(12)-2bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5) +(4n-9) +7+3.(12)-2 (12)-3设 Tn=3+7+1

13、1 +(4n-5) ,n2, T n=3+7 +(4n-9) +(4n-(12)2 (12)-2 (12)2 (12)-25) ,所以 Tn=3+4+4 +4 -(4n-5) ,(12)-1 (12)2 (12)-2 (12)-1因此 Tn=14-(4n+3) ,n2,(12)-2又 b1=1,所以 bn=15-(4n+3) .(12)-2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,适合数列a nbn,其中a n为等差数列,b n为等比数列.(2)在等式两边所乘的数是等比数列b n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项数.(5)进

14、行检验.2.(2016 浙江,20,15 分)设数列a n满足 1,nN *.|-+12 |(1)证明:|a n|2 n-1(|a1|-2),nN *;(2)若|a n| ,nN *,证明:|a n|2,nN *.(32)证明 (1)由 1 得|a n|-|an+1|1,故 - ,nN *,|-+12 | |2|+1|2+1 12所以 - = + + + + n,- = + + + + n,均有|a n|2,取正整数 m0lo 且 m0n0,034|0|-220则 0,c30,c40;当 n5 时,c n= ,1(+1)(+1)2 -1而 - = 0,(+1)2(+1)(+2)2+1(+1)(

15、-2)2+113得 0.当 n=1 时,x 1=10.假设 n=k 时,x k0,那么 n=k+1 时,若 xk+10,则 00.因此 xn0(nN *).所以 xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此 00(x0).22+1函数 f(x)在0,+)上单调递增,所以 f(x)f(0)=0,因此 -2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,2+1故 2xn+1-xn (nN *).+1214(3)因为 xn=xn+1+ln(1+xn+1)x n+1+xn+1=2xn+1,所以 xn .12-1由 2x n+1-xn得 -2 0,+121+1 (1-12)所以

16、-2 2 n-1 =2n-2,1 ( 1-1-12) (11-12)故 xn .综上 , x n (nN *).12-212-112-2方法总结 1.证明数列单调性的方法.差比法:作差 an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.商比法:作商 ,判断 与 1 的大小,同时注意 an的正负.+1+1数学归纳法.反证法:例如求证:nN *,an+10),+1+1则有 n2 时,a n=a1 a 1qn-1(其中 a10).2132 -1放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列a n放缩成等比数列b n,求和后,再进行适当放缩.15B 组 统一命题、

17、省(区、市)卷题组考点一 数列的求和1.(2017 课标全国理,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.440 B.330 C.220 D.110答案 A 2.(2015 江苏,11,5

18、分)设数列a n满足 a1=1,且 an+1-an=n+1(nN *),则数列 前 10 项的1和为 . 答案 20113.(2018 课标全国理,17,12 分)记 Sn为等差数列a n的前 n 项和,已知 a1=-7,S3=-15.(1)求a n的通项公式;(2)求 Sn,并求 Sn的最小值.解析 (1)设a n的公差为 d,由题意得 3a1+3d=-15.由 a1=-7 得 d=2.所以a n的通项公式为 an=2n-9.(2)由(1)得 Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以当 n=4 时,S n取得最小值,最小值为-16.方法总结 求等差数列前 n 项和 Sn的最值的两种方法(1

19、)函数法:利用等差数列前 n 项和的函数表达式 Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)邻项变号法:当 a10,d0 时,满足 的项数 m,可使得 Sn取得最小值,最小值为 Sm.0,+104.(2018 天津文,18,13 分)设a n是等差数列,其前 n 项和为 Sn(nN *);bn是等比数列,公比大于 0,其前 n 项和为 Tn(nN *).已知 b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.16(1)求 Sn和 Tn;(2)若 Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn,求正整数 n 的值.解析 本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前 n

20、 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.(1)设等比数列b n的公比为 q.由 b1=1,b3=b2+2,可得 q2-q-2=0.因为 q0,可得 q=2,故bn=2n-1.所以 Tn= =2n-1.1-21-2设等差数列a n的公差为 d.由 b4=a3+a5,可得 a1+3d=4.由 b5=a4+2a6,可得 3a1+13d=16,从而 a1=1,d=1,故 an=n,所以 Sn= .(+1)2(2)由(1),有 T1+T2+Tn=(21+22+2n)-n= -n=2n+1-n-2.2(1-2)1-2由 Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn可得+2n+1-n-2=n

21、+2n+1,(+1)2整理得 n2-3n-4=0,解得 n=-1(舍)或 n=4.所以正整数 n 的值为 4.5.(2018 天津理,18,13 分)设a n是等比数列,公比大于 0,其前 n 项和为 Sn(nN *),bn是等差数列.已知 a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求a n和b n的通项公式;(2)设数列S n的前 n 项和为 Tn(nN *).(i)求 Tn;(ii)证明 = -2(nN *).=1(+2)(+1)(+2) 2+2+2解析 本题主要考查等差数列的通项公式,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

22、算求解能力.(1)设等比数列a n的公比为 q.由 a1=1,a3=a2+2,可得 q2-q-2=0.因为 q0,可得 q=2,故 an=2n-1.设等差数列b n的公差为 d.由 a4=b3+b5,可得 b1+3d=4.17由 a5=b4+2b6,可得 3b1+13d=16,从而 b1=1,d=1,故 bn=n.所以数列a n的通项公式为 an=2n-1,数列b n的通项公式为 bn=n.(2)(i)由(1),有 Sn= =2n-1,1-21-2故 Tn= = -n=2n+1-n-2.=1(2-1)=12-2(1-2)1-2(ii)证明:因为 =(+2)(+1)(+2) (2+1-2+2)(

23、+1)(+2)= = - ,所以 = + + = -2.2+1(+1)(+2) 2+2+22+1+1 =1(+2)(+1)(+2) (233-222) (244-233) (2+2+2-2+1+1) 2+2+2方法总结 解决数列求和问题的两种思路(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.6.(2017 北京文,15,13 分)已知等差数列a n和等比数列b n满足 a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求a n的通项公式;(2)求和:b 1+b

24、3+b5+b2n-1.解析 本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.(1)设等差数列a n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b n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= .3-12方法总结 求解有关等差数列和等比数列问题的关键是对其基本量(首项,公差,公比)进行求解.对于数列求和问题,常用的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法和分组求

25、和法等.18考点二 数列的综合应用1.(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.6 B.7 C.8 D.9答案 D 2.(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a n.记 Sn为数列a n的前 n 项和,则使得 Sn12an+1成立的 n 的最小值为 . 答案 273.(2017 北京理,10,5 分)若等差数列a

26、n和等比数列b n满足 a1=b1=-1,a4=b4=8,则 = .22答案 14.(2018 江苏,20,16 分)设a n是首项为 a1,公差为 d 的等差数列,b n是首项为 b1,公比为q 的等比数列.(1)设 a1=0,b1=1,q=2,若|a n-bn|b 1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|a n-bn|b 1对 n=2,3,m+1 均成立,并2求 d 的取值范围(用 b1,m,q 表示).解析 本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学

27、知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知 an=(n-1)d,bn=2n-1.因为|a n-bn|b 1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 .73,52(2)由条件知 an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.若存在 dR,使得|a n-bn|b 1(n=2,3,m+1)均成立,即|b 1+(n-1)d-b1qn-1|b 1(n=2,3,m+1).即当 n=2,3,m+1 时,d 满足 b1d b1.-1-2-1 -1-119因为 q(1, ,所以 10,对 n=2,3,m+1 均成立.-1-2-1 -1-1因此,取 d=0

28、时,|a n-bn|b 1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).-1-2-1 -1-1当 2nm 时, - = = ,-2 -1-2-1 -1+2(-1) (-1)-+2(-1)当 10.21因此,当 2nm+1 时, 数列 单调递增,-1-2-1 故数列 的最大值为 .-1-2-1 -2设 f(x)=2x(1-x),当 x0 时, f (x)=(ln 2-1-xln 2)2 x0.由题意得 1+1=3,12-1=2.所以 3q2-5q-2=0.因为 q0,所以 q=2,x1=1.因此数列x n的通项公式为 xn=2n-1.(2)过 P1

29、,P2,Pn+1向 x 轴作垂线,垂足分别为 Q1,Q2,Qn+1.由(1)得 xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形 PnPn+1Qn+1Qn的面积为 bn,由题意 bn= 2n-1=(2n+1)2n-2,(+1)2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+(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=+ -(2n+1)2n-1.2(1-2-1)1-2所以 Tn= .(2-1)2+12解题关键 记梯形 PnPn+1Qn+1Qn的

30、面积为 bn,以几何图形为背景确定b n的通项公式是关键.方法总结 一般地,如果a n是等差数列,b n是等比数列,求数列a nbn的前 n 项和时,可采用错位相减法.在写“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“S n-qSn”的表达式.考点三 数学归纳法22(2015 江苏,23,10 分)已知集合 X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN *),设 Sn=(a,b)|a 整除 b 或 b 整除 a,aX,bY n.令 f(n)表示集合 Sn所含元素的个数.(1)写出 f(6)的值;(2)当 n6 时,写出 f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.

31、解析 (1)f(6)=13.(2)当 n6 时,f(n)= (tN *).+2+(2+3), =6,+2+(-12 +-13 ), =6+1,+2+(2+-23 ), =6+2,+2+(-12 +3), =6+3,+2+(2+-13 ), =6+4,+2+(-12 +-23 ), =6+5下面用数学归纳法证明:当 n=6 时, f(6)=6+2+=13,结论成立;假设 n=k(k6)时结论成立,那么 n=k+1 时,S k+1在 Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)若 k+1=6t,则 k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f

32、(k)+3=k+2+ + +3-12 -23=(k+1)+2+ + ,结论成立;+12 +132)若 k+1=6t+1,则 k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+ + ,结论成立;(+1)-12 (+1)-133)若 k+1=6t+2,则 k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+223=k+2+ + +2-12 -13=(k+1)+2+ + ,结论成立;+12 (+1)-234)若 k+1=6t+3,则 k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+ +2-23=(k+1)+2+ + ,结论成立;(+1)-12 +135)若 k+1=6t+4,则

33、 k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+ +2-12=(k+1)+2+ + ,结论成立;+12 (+1)-136)若 k+1=6t+5,则 k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+ +1-13=(k+1)+2+ + ,结论成立.(+1)-12 (+1)-23综上所述,结论对满足 n6 的自然数 n 均成立.C 组 教师专用题组考点一 数列的求和1.(2017 天津文,18,13 分)已知a n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a n和b n

34、的通项公式;(2)求数列a 2nbn的前 n 项和(nN *).解析 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.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.(1)设等差数列a n的公差为 d,等比数列b n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.24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a n的通项公式为 an=3n-2,bn的通项公式为 bn=2n.(2)

35、设数列a 2nbn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-T n=42+622+623+62n-(6n-2)2n+1= -4-(6n-2)2n+112(1-2)1-2=-(3n-4)2n+2-16.得 Tn=(3n-4)2n+2+16.所以数列a 2nbn的前 n 项和为(3n-4)2 n+2+16.方法总结 (1)等差数列与等比数列中分别有五个量,a 1,n,d(或 q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求基本量 a1和

36、d(或 q),问题可迎刃而解.(2)数列a nbn,其中a n是公差为 d 的等差数列,b n是公比 q1 的等比数列,求a nbn的前n 项和应采用错位相减法.2.(2017 山东文,19,12 分)已知a n是各项均为正数的等比数列,且 a1+a2=6,a1a2=a3.(1)求数列a n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 的前 n 项和Tn.解析 本题考查等比数列与数列求和.(1)设a n的公比为 q,由题意知 a1(1+q)=6, q=a1q2,21又 an0,解得 a1=2,q=2,所以 an=2n.(2)由题意知

37、 S2n+1= =(2n+1)bn+1,(2+1)(1+2+1)2又 S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以 bn=2n+1.25令 cn= ,则 cn= .2+12因此 Tn=c1+c2+cn=+ + + + ,5227232-12-12+12又 Tn= + + + + ,3225237242-122+12+1两式相减得 Tn=+ - ,(12+122+12-1)2+12+1所以 Tn=5- .2+523.(2016 课标全国,17,12 分)S n为等差数列a n的前 n 项和,且 a1=1,S7=28.记 bn=lg an,其中x表示不超过 x 的最大整数,如0.9=0,lg 99=

38、1.(1)求 b1,b11,b101;(2)求数列b n的前 1 000 项和.解析 (1)设a n的公差为 d,据已知有 7+21d=28,解得 d=1.所以a n的通项公式为 an=n.b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.(6 分)(2)因为 bn= (9 分)0,11 时,记 cn= ,求数列c n的前 n 项和 Tn.解析 (1)由题意有, 即101+45=100,1=2, 21+9=20,1=2, 26解得 或 故 或1=1,=2 1=9,=29. =2-1,=2-1 =19(2+79),=9(29)-1.(2)由 d1,知 an=2n-1,bn=

39、2n-1,故 cn= ,2-12-1于是 Tn=1+ + + + ,5227239242-12-1Tn=+ + + + + .3225237249252-12-可得Tn=2+ + - =3- ,12212-22-122+32故 Tn=6- .2+32-1评析 本题考查等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式,利用错位相减法求和,考查推理运算能力.5.(2015 天津,18,13 分)已知数列a n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a n的通项公式;(2)设 bn= ,nN *,求

40、数列b n的前 n 项和.222-1解析 (1)由已知,有(a 3+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,a n=a2k-1=2k-1= ;2-12当 n=2k(kN *)时,a n=a2k=2k= .22所以a n的通项公式为 an=2-12,为 奇数 ,22,为 偶数 . 27(2)由(1)得 bn= = .设b n的前 n 项和为 Sn,则 Sn=1 +2 +3 +(n-1)222-1 2-1 120 121

41、122+n ,12-212-1Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n ,12112212312-112上述两式相减,得Sn=1+ + - = - =2- - ,12212-121- 121-12 2 222整理得,S n=4- .+22-1所以数列b n的前 n 项和为 4- ,nN *.+22-1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.6.(2014 山东,19,12 分)已知等差数列a n的公差为 2,前 n 项和为 Sn,且 S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列a n的通项公式;(2)令 bn=(-1)

42、n-1 ,求数列b n的前 n 项和 Tn.4+1解析 (1)因为 S1=a1,S2=2a1+ 2=2a1+2,212S4=4a1+ 2=4a1+12,432由题意得(2a 1+2)2=a1(4a1+12),解得 a1=1,所以 an=2n-1.(2)bn=(-1)n-1 =(-1)n-14+1 4(2-1)(2+1)=(-1)n-1 .(12-1+ 12+1)当 n 为偶数时,28Tn= - + -(1+13) (13+15) ( 12-3+ 12-1) ( 12-1+ 12+1)=1-12+1= .22+1当 n 为奇数时,Tn= - +- + + + =1+ = .(1+13) (13+15) 12-3 12-1 12-1 12+1 12+12+22+1所以 Tn=2+22+1,为 奇数 ,22+1,为 偶数 .(或 =2+1+(-1)-12+1 )评析 本题考查等差数列的通项公式,前 n 项和公式和数列的求和,分类讨论的思想和运算求解能力、逻辑推理能力.7.(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