（課標(biāo)Ⅰ卷）2020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.pptx

6.4 數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用,高考理數(shù) (課標(biāo)專用),考點一 數(shù)列求和,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組,1.(2017課標(biāo),15,5分)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,a3=3,S4=10,則 = .,答案,解析 本題主要考查等差數(shù)列基本量的計算及裂項相消法求和. 設(shè)公差為d,則 an=n. 前n項和Sn=1+2+n= , = =2 , =2 1- + - + - =2 =2 = . 思路分析 求出首項a1和公差d,從而求出Sn. = =2 ,從而運用裂項相消法求和 即可. 解后反思 裂項相消法求和的常見類型: 若an是等差數(shù)列,則 = (d0); = ( - ); = - .,2.(2016課標(biāo),17,12分)Sn為等差數(shù)列an的前n項和,且a1=1,S7=28.記bn=lg an,其中x表示不 超過x的最大整數(shù),如0.9=0,lg 99=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求數(shù)列bn的前1 000項和.,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的通項公式為an=n. b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2. (6分) (2)因為bn= (9分) 所以數(shù)列bn的前1 000項和為190+2900+31=1 893. (12分) 思路分析 (1)先求公差,從而得通項an,再根據(jù)已知條件求b1,b11,b101.(2)分析出bn中項的規(guī)律, 進而求出數(shù)列bn的前1 000項和.,3.(2015課標(biāo),17,12分)Sn為數(shù)列an的前n項和.已知an0, +2an=4Sn+3. (1)求an的通項公式; (2)設(shè)bn= ,求數(shù)列bn的前n項和.,解析 (1)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是首項為3,公差為2的等差數(shù)列,通項公式為an=2n+1. (6分) (2)由an=2n+1可知 bn= = = . 設(shè)數(shù)列bn的前n項和為Tn,則 Tn=b1+b2+bn = = . (12分) 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)系式,再求出a1,利用等,差數(shù)列的通項公式求法可得通項an.(2)利用裂項相消法求Tn .,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.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,其中第一項是20,接下來的兩項是20,21, 再接下來的三項是20,21,22,依此類推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N100且該數(shù)列的前N項和 為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是 ( ) A.440 B.330 C.220 D.110,考點二 數(shù)列的綜合應(yīng)用,答案 A 本題考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項和公式,考查學(xué)生的邏輯推理能力、運算求 解能力和創(chuàng)新應(yīng)用能力. 解法一(排除法):記SN為數(shù)列的前N項和,由題意得,數(shù)列的前110項為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,這是一個奇數(shù),不可能是2的整數(shù)冪,故選項D不正確.同理,S220= 20+(20+21)+(20+21+219)+(20+21+22+23+29)=221+210-23,這是一個奇數(shù),不可能是2的整數(shù) 冪,故選項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B不正確.所以,正確的選項為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,因為N100,所以n13. 由等比數(shù)列的前n項和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m. 因為n13,所以2nn+2, 所以2n+12n+n+2,即2n+1-n-22n, 因為2t+1-10,所以2m2n+1-n-22n,故mn+1, 因為2t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1. 所以m=n+1,從而有n=2t+1-3,因為n13,所以t3. 當(dāng)t=3時,N=95,不合題意; 當(dāng)t=4時,N=440,滿足題意,故所求N的最小值為440.,2.(2019課標(biāo),19,12分)已知數(shù)列an和bn滿足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)列的通項公式,考 查了學(xué)生的邏輯推理、運算求解能力以及方程思想,體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng). (1)由題設(shè)得4(an+1+bn+1)=2(an+bn), 即an+1+bn+1= (an+bn). 又因為a1+b1=1,所以an+bn是首項為1,公比為 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. 又因為a1-b1=1,所以an-bn是首項為1,公差為2的等差數(shù)列. (2)由(1)知,an+bn= ,an-bn=2n-1. 所以an= (an+bn)+(an-bn)= +n- , bn= (an+bn)-(an-bn)= -n+ . 思路分析 (1)將兩遞推關(guān)系式左、右兩邊相加可得an+1+bn+1= (an+bn),從而證得數(shù)列an+bn為 等比數(shù)列;將兩遞推關(guān)系式左、右兩邊相減可得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的通項公式,聯(lián)立方程可解得an,bn.,解題關(guān)鍵 將兩遞推關(guān)系式相加、相減,從而證得數(shù)列為等差、等比數(shù)列是解決本題的關(guān)鍵.,B組 自主命題省(區(qū)、市)卷題組 考點一 數(shù)列求和,1.(2016北京,12,5分)已知an為等差數(shù)列,Sn為其前n項和.若a1=6,a3+a5=0,則S6= .,答案 6,解析 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,a1=6,a3+a5=0, 6+2d+6+4d=0,d=-2,S6=66+ (-2)=6.,2.(2018天津,18,13分)設(shè)an是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項和為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的通項公式; (2)設(shè)數(shù)列Sn的前n項和為Tn(nN*). (i)求Tn; (ii)證明 = -2(nN*).,解析 本小題主要考查等差數(shù)列的通項公式,等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式等基礎(chǔ)知 識.考查數(shù)列求和的基本方法和運算求解能力. (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. 因為q0,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的通項公式為an=2n-1,數(shù)列bn的通項公式為bn=n. (2)(i)由(1),有Sn= =2n-1, 故Tn= = -n=2n+1-n-2. (ii)證明:因為 =,= = - ,所以, = + + = -2. 方法總結(jié) 解決數(shù)列求和問題的兩種思路 (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通項分解 或錯位相減來完成. (2)不能轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列的,往往通過裂項相消法、倒序相加法等來求和.,3.(2017天津,18,13分)已知an為等差數(shù)列,前n項和為Sn(nN*),bn是首項為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的通項公式; (2)求數(shù)列a2nb2n-1的前n項和(nN*).,解析 本小題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列及其前n項和公式等基礎(chǔ)知識.考查數(shù)列求和的基 本方法和運算求解能力. (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.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,又因為q0,所以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,數(shù)列an的通項公式為an=3n-2,數(shù)列bn的通項公式為bn=2n. (2)設(shè)數(shù)列a2nb2n-1的前n項和為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項和為 4n+1+ .,方法總結(jié) (1)等差數(shù)列與等比數(shù)列中有五個量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項和適用錯 位相減法.,4.(2016山東,18,12分)已知數(shù)列an的前n項和Sn=3n2+8n,bn是等差數(shù)列,且an=bn+bn+1. (1)求數(shù)列bn的通項公式; (2)令cn= ,求數(shù)列cn的前n項和Tn.,解析 (1)由題意知,當(dāng)n2時,an=Sn-Sn-1=6n+5. 當(dāng)n=1時,a1=S1=11,所以an=6n+5(nN*). 設(shè)數(shù)列bn的公差為d. 由 即 可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1. (2)由(1)知cn= =3(n+1)2n+1. 又Tn=c1+c2+cn, 得Tn=3222+323+(n+1)2n+1, 2Tn=3223+324+(n+1)2n+2, 兩式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2 =3 =-3n2n+2. 所以Tn=3n2n+2.,1.(2015福建,8,5分)若a,b是函數(shù)f(x)=x2-px+q(p0,q0)的兩個不同的零點,且a,b,-2這三個數(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.6 B.7 C.8 D.9,考點二 數(shù)列的綜合應(yīng)用,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)排序后成等比數(shù)列, -2是a,b的等比中項,得ab=4, q=4.又a,b,-2適當(dāng)排序后成等差數(shù)列, 所以-2是第一項或第三項, 不妨設(shè)a0,a=1,此時b=4, p=a+b=5,p+q=9,選D.,2.(2019天津,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)的通項公式; (ii)求 aici(nN*).,解析 本小題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式等基礎(chǔ)知識.考查化 歸與轉(zhuǎn)化思想和數(shù)列求和的基本方法以及運算求解能力. (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的通項公式為an=3n+1,bn的通項公式為bn=32n. (2)(i) ( -1)= (bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n-1. 所以,數(shù)列 ( -1)的通項公式為 ( -1)=94n-1. (ii) aici= ai+ai(ci-1)= ai+ ( -1) = + (94i-1) =(322n-1+52n-1)+9 -n =2722n-1+52n-1-n-12(nN*).,(2)(i)由cn= kN*知 ( -1)=(32n+1)(32n-1),從而得到數(shù)列 ( -1)的通項 公式. (ii)利用(i)把 aici拆成 ai+ai(ci-1), 進而可得 aici= ai+ ( -1),計算即可. 解題關(guān)鍵 正確理解數(shù)列cn的含義是解題的關(guān)鍵.,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公式.,3.(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.數(shù)列 bn滿足b1=1,數(shù)列(bn+1-bn)an的前n項和為2n2+n. (1)求q的值; (2)求數(shù)列bn的通項公式.,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,同時考查運算求解能力和 綜合應(yīng)用能力. (1)由a4+2是a3,a5的等差中項得a3+a5=2a4+4, 所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8. 由a3+a5=20得8 =20,解得q=2或q= , 因為q1,所以q=2. (2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列cn的前n項和為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, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1),=(4n-5) +(4n-9) +7 +3. 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) , 因此Tn=14-(4n+3) ,n2, 又b1=1,所以bn=15-(4n+3) . 易錯警示 利用錯位相減法求和時,要注意以下幾點: (1)錯位相減法求和,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,一定要錯開一位. (4)特別要注意相減后等比數(shù)列的次數(shù).,(5)進行檢驗.,4.(2017山東,19,12分)已知xn是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求數(shù)列xn的通項公式; (2)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,依次連接點P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折線P1P2 Pn+1,求由該折線與直線y=0,x=x1,x=xn+1所圍成的區(qū)域的面積Tn.,解析 本題考查等比數(shù)列基本量的計算,錯位相減法求和. (1)設(shè)數(shù)列xn的公比為q,由已知知q0. 由題意得 所以3q2-5q-2=0. 因為q0,所以q=2,x1=1. 因此數(shù)列xn的通項公式為xn=2n-1. (2)過P1,P2,Pn+1向x軸作垂線,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, 由題意得bn= 2n-1=(2n+1)2n-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. 所以Tn= . 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項和時,可采用錯 位相減法.在寫“Sn”與“qSn”的表達式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”,以便下一步準(zhǔn)確 寫出“Sn-qSn”的表達式.,C組 教師專用題組 考點一 數(shù)列求和,1.(2015江蘇,11,5分)設(shè)數(shù)列an滿足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),則數(shù)列 前10項的和為 .,答案,解析 由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,an-an-1=n-1+1(n2),則有an-a1=1+2+3+ n-1+(n-1)(n2),因為a1=1,所以an=1+2+3+n(n2),即an= (n2),又當(dāng)n=1時,a1=1也適合 上式,故an= (nN*),所以 = =2 ,從而 + + + =2 +2 +2 +2 =2 = .,2.(2012課標(biāo),16,5分)數(shù)列an滿足an+1+(-1)nan=2n-1,則an的前60項和為 .,答案 1 830,解析 當(dāng)n=2k時,a2k+1+a2k=4k-1, 當(dāng)n=2k-1時,a2k-a2k-1=4k-3,a2k+1+a2k-1=2,a2k+1+a2k+3=2,a2k-1=a2k+3,a1=a5=a61.a1+a2+a3+ a60=(a2+a3)+(a4+a5)+(a60+a61)=3+7+11+(260-1)= =3061=1 830. 評析 本題考查了數(shù)列求和,考查了分類討論及等價轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想.,3.(2015天津,18,13分)已知數(shù)列an滿足an+2=qan(q為實數(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的通項公式; (2)設(shè)bn= ,nN*,求數(shù)列bn的前n項和.,解析 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1).又因為q1,故a3=a2=2, 由a3=a1q,得q=2. 當(dāng)n=2k-1(kN*)時,an=a2k-1=2k-1= ; 當(dāng)n=2k(kN*)時,an=a2k=2k= . 所以,an的通項公式為an=,整理得,Sn=4- . 所以,數(shù)列bn的前n項和為4- ,nN*.,(2)由(1)得bn= = .設(shè)bn的前n項和為Sn,則Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n , Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n , 上述兩式相減,得 Sn=1+ + + - = - =2- - ,4.(2015湖北,18,12分)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,前n項和為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的通項公式; (2)當(dāng)d1時,記cn= ,求數(shù)列cn的前n項和Tn.,解析 (1)由題意有, 即 解得 或 故 或 (2)由d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn= , 于是Tn=1+ + + + + , Tn= + + + + + . -可得 Tn=2+ + + - =3- , 故Tn=6- .,1.(2013課標(biāo),12,5分)設(shè)AnBnCn的三邊長分別為an,bn,cn,AnBnCn的面積為Sn,n=1,2,3,.若b1 c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1= ,cn+1= ,則 ( ) A.Sn為遞減數(shù)列 B.Sn為遞增數(shù)列 C.S2n-1為遞增數(shù)列,S2n為遞減數(shù)列 D.S2n-1為遞減數(shù)列,S2n為遞增數(shù)列,考點二 數(shù)列的綜合應(yīng)用,答案 B 由bn+1= ,cn+1= 得 bn+1+cn+1=an+ (bn+cn), (*) bn+1-cn+1=- (bn-cn), 由an+1=an得an=a1,代入(*)得bn+1+cn+1=a1+ (bn+cn), bn+1+cn+1-2a1= (bn+cn-2a1), b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,bn+cn=2a1|BnCn|=a1,所以點An在以Bn、Cn為焦點且長軸長為2a1的橢圓 上(如圖).由b1c1得b1-c10,所以|bn+1-cn+1|= (bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1) ,所以當(dāng)n增大時|bn-cn|變 小,即點An向點A處移動,即邊BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不變,所以Sn為遞增數(shù)列.,思路分析 由an+1=an,可知AnBnCn的邊BnCn的長為定值a1,易知bn+cn=2a1,由此知,An在以Bn、Cn 為焦點的橢圓上,利用極限思想可求得結(jié)果.,2.(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)成一個數(shù)列an.記Sn為數(shù)列an的前n項和,則使得Sn12an+1成立的n的最小值為 .,答案 27,解析 本題考查數(shù)列的插項問題. 設(shè)An=2n-1,Bn=2n,nN*, 當(dāng)AkBlAk+1(k,lN*)時, 2k-12l2k+1,有k- 2l-1k+ ,則k=2l-1, 設(shè)Tl=A1+A2+ +B1+B2+Bl, 則共有k+l=2l-1+l個數(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的對應(yīng)關(guān)系為,觀察到l=5時,Tl=S2112a39, 則n22,38),nN*時,存在n,使Sn12an+1, 此時T5=A1+A2+A16+B1+B2+B3+B4+B5, 則當(dāng)n22,38),nN*時,Sn=T5+ =n2-10n+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,Sn-12an+10,即nmin=27.,3.(2019江蘇,20,16分)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”. (1)已知等比數(shù)列an(nN*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列an為“M-數(shù)列”; (2)已知數(shù)列bn(nN*)滿足:b1=1, = - ,其中Sn為數(shù)列bn的前n項和. 求數(shù)列bn的通項公式; 設(shè)m為正整數(shù),若存在“M-數(shù)列”cn(nN*),對任意正整數(shù)k,當(dāng)km時,都有ckbkck+1成 立,求m的最大值.,解析 本小題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查代數(shù)推 理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學(xué)知識探究與解決問題的能力. (1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q,所以a10,q0. 由 得 解得 因此數(shù)列an為“M-數(shù)列”. (2)因為 = - ,所以bn0. 由b1=1,S1=b1,得 = - ,則b2=2. 由 = - ,得Sn= , 當(dāng)n2時,由bn=Sn-Sn-1,得bn= - , 整理得bn+1+bn-1=2bn. 所以數(shù)列bn是首項和公差均為1的等差數(shù)列. 因此,數(shù)列bn的通項公式為bn=n(nN*).,由知,bk=k,kN*. 因為數(shù)列cn為“M-數(shù)列”,設(shè)公比為q,所以c1=1,q0. 因為ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m. 當(dāng)k=1時,有q1; 當(dāng)k=2,3,m時,有 ln q . 設(shè)f(x)= (x1),則f (x)= . 令f (x)=0,得x=e.列表如下:,因為 = = ,所以f(k)max=f(3)= . 取q= ,當(dāng)k=1,2,3,4,5時, ln q,即kqk,經(jīng)檢驗知qk-1k也成立. 因此所求m的最大值不小于5. 若m6,分別取k=3,6,得3q3,且q56,從而q15243,且q15216,所以q不存在. 因此所求m的最大值小于6. 綜上,所求m的最大值為5.,4.(2019浙江,20,15分)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,a3=4,a4=S3.數(shù)列bn滿足:對每個nN*,Sn+ bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列an,bn的通項公式; (2)記cn= ,nN*,證明:c1+c2+cn2 ,nN*.,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,同時考查運 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= ( -SnSn+2).所以bn=n2+n,nN*. (2)cn= = = ,nN*. 我們用數(shù)學(xué)歸納法證明. 當(dāng)n=1時,c1=02,不等式成立; 假設(shè)n=k(kN*)時不等式成立, 即c1+c2+ck2 ,那么,當(dāng)n=k+1時,c1+c2+ck+ck+1k(k+1),所以 , 又 , 所以 . 即當(dāng)n=k+1時,不等式也成立. 根據(jù)和,不等式c1+c2+cn2 對任意nN*成立.,5.(2018江蘇,20,16分)設(shè)an是首項為a1,公差為d的等差數(shù)列,bn是首項為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 本小題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項公式、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查代數(shù)推 理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學(xué)知識探究與解決問題的能力. (1)由條件知an=(n-1)d,bn=2n-1. 因為|an-bn|b1對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,d滿足 b1d b1. 因為q(1, ,所以10,對n=2,3,m+1均成立. 因此,取d=0時,|an-bn|b1對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). 當(dāng)2nm時, - = = , 當(dāng)10. 因此,當(dāng)2nm+1時, 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, f (x)=(ln 2-1-xln 2)2x0. 所以f(x)單調(diào)遞減,從而f(x)f(0)=1. 當(dāng)2nm時, = =f 1. 因此,當(dāng)2nm+1時,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 . 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 查絕對值不等式.第(2)問要求d的范圍,使得|an-bn|b1對n=2,3,m+1都成立,首先把d分離出來, 變成 b1d b1,難點在于討論 b1的最大值和 b1的最小值.對于數(shù)列 ,可以通過作差討論其單調(diào)性,而對于數(shù)列 ,要作商討論單調(diào)性, = = q ,當(dāng)2nm時,1qn2,q ,可以構(gòu)造函數(shù)f(x)=2x(1-x),通過討論f(x)在 (0,+)上的單調(diào)性去證明f 1,得到數(shù)列 的單調(diào)性,解出最小值.兩個數(shù)列,一個作差 得到單調(diào)性,一個作商得到單調(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,平時多積累,多思考,也是可以得到的.,6.(2015廣東,21,14分)數(shù)列an滿足:a1+2a2+nan=4- ,nN*. (1)求a3的值; (2)求數(shù)列an的前n項和Tn; (3)令b1=a1,bn= + an(n2),證明:數(shù)列bn的前n項和Sn滿足Sn2+2ln n.,解析 (1)當(dāng)n=1時,a1=1;當(dāng)n=2時,a1+2a2=2, 解得a2= ; 當(dāng)n=3時,a1+2a2+3a3= ,解得a3= . (2)當(dāng)n2時,a1+2a2+(n-1)an-1+nan=4- , a1+2a2+(n-1)an-1=4- , 由-得,nan= ,所以an= (n2), 經(jīng)檢驗,a1=1也適合上式,所以an= (nN*). 所以數(shù)列an是以1為首項, 為公比的等比數(shù)列. 所以Tn= =2- . (3)證明:b1=1,bn= - + (n2).,當(dāng)n=1時,S1=11),則h(x)= - = 0(x1), 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞增,即h(x)h(1)=0. 所以ln x1- (x1),分別令x=2, , , ,得 ln 21- = , ln 1- = , ln 1- = , ln 1- = . 累加得ln 2+ln +ln + + , 即ln 2+(ln 3-ln 2)+ln n-ln(n-1) + + , 所以 + + ln n(n2). 綜上,Sn2+2ln n,nN*.,7.(2015陜西,21,12分)設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1,x,x2,xn的各項和,其中x0,nN,n2. (1)證明:函數(shù)Fn(x)=fn(x)-2在 內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn),且xn= + ; (2)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列,其各項和為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, Fn =1+ + + -2= -2 =- 0,故Fn(x)在 內(nèi)單調(diào)遞增,所以Fn(x)在 內(nèi)有且僅有一個零點xn. 因為xn是Fn(x)的零點,所以Fn(xn)=0, 即 -2=0,故xn= + . (2)解法一:由題設(shè)得,gn(x)= . 設(shè)h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn- ,x0.,當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x). 當(dāng)x1時,h(x)=1+2x+nxn-1- . 若0xn-1+2xn-1+nxn-1- xn-1 = xn-1- xn-1=0. 若x1,h(x)0. 當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x).,當(dāng)x1時,用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)0), 則hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1). 所以當(dāng)01時,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上遞增. 所以hk(x)hk(1)=0, 從而gk+1(x) .,故fk+1(x)0(2kn), 當(dāng)x=1時,ak=bk,所以fn(x)=gn(x). 當(dāng)x1時,mk(x)= nxn-1-(k-1)xk-2 =(k-1)xk-2(xn-k+1-1). 而2kn,所以k-10,n-k+11. 若01,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,akbk(2kn), 又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x). 綜上所述,當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x); 當(dāng)x1時, fn(x)gn(x).,8.(2015重慶,22,12分)在數(shù)列an中,a1=3,an+1an+an+1+ =0(nN+). (1)若=0,=-2,求數(shù)列an的通項公式; (2)若= (k0N+,k02),=-1,證明:2+ 2+ .,解析 (1)由=0,=-2,有an+1an=2 (nN+).若存在某個n0N+,使得 =0,則由上述遞推公式易 得 =0.重復(fù)上述過程可得a1=0,此與a1=3矛盾,所以對任意nN+,an0. 從而an+1=2an(nN+),即an是一個公比q=2的等比數(shù)列. 故an=a1qn-1=32n-1. (2)由= ,=-1,數(shù)列an的遞推關(guān)系式變?yōu)?an+1an+ an+1- =0,變形為an+1 = (nN+). 由上式及a1=30,歸納可得 3=a1a2anan+10. 因為an+1= = =an- + , 所以對n=1,2,k0求和得 =a1+(a2-a1)+( - ) =a1-k0 + ,2+ =2+ . 另一方面,由上已證的不等式知a1a2 2,得 =a1-k0 + 2+ =2+ . 綜上,2+ 2+ .,9.(2015湖北,22,14分)已知數(shù)列an的各項均為正數(shù),bn= an(nN+),e為自然對數(shù)的底數(shù). (1)求函數(shù)f(x)=1+x-ex的單調(diào)區(qū)間,并比較 與e的大小; (2)計算 , , ,由此推測計算 的公式,并給出證明; (3)令cn=(a1a2an ,數(shù)列an,cn的前n項和分別記為Sn,Tn,證明:TneSn.,解析 (1)f(x)的定義域為(-,+), f (x)=1-ex. 當(dāng)f (x)0,即x0時, f(x)單調(diào)遞減. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+). 當(dāng)x0時, f(x)f(0)=0,即1+xex. 令x= ,得1+ ,即 e. (2) =1 =1+1=2; = =22 =(2+1)2=32; = =323 =(3+1)3=43. 由此推測: =(n+1)n. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明. (i)當(dāng)n=1時,左邊=右邊=2,成立.,(ii)假設(shè)當(dāng)n=k時,成立,即 =(k+1)k. 當(dāng)n=k+1時,bk+1=(k+1) ak+1,由歸納假設(shè)可得 = =(k+1)k(k+1) =(k+2)k+1. 所以當(dāng)n=k+1時,也成立. 根據(jù)(i)(ii),可知對一切正整數(shù)n都成立. (3)證明:由cn的定義,算術(shù)-幾何平均不等式,bn的定義及得 Tn=c1+c2+c3+cn=(a1 +(a1a2 +(a1a2a3 +(a1a2an = + + + + + + =b1 +b2 +bn,=b1 +b2 +bn + + = a1+ a2+ an ea1+ea2+ean=eSn. 即TneSn.,10.(2015安徽,18,12分)設(shè)nN*,xn是曲線y=x2n+2+1在點(1,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo). (1)求數(shù)列xn的通項公式; (2)記Tn= ,證明:Tn .,解析 (1)y=(x2n+2+1)=(2n+2)x2n+1,曲線y=x2n+2+1在點(1,2)處的切線斜率為2n+2. 從而切線方程為y-2=(2n+2)(x-1). 令y=0,解得切線與x軸交點的橫坐標(biāo)xn=1- = . (2)證明:由題設(shè)和(1)中的計算結(jié)果知 Tn= = . 當(dāng)n=1時,T1= . 當(dāng)n2時,因為 = = = = . 所以Tn = . 綜上可得對任意的nN*,均有Tn .,考點一 數(shù)列求和 1.(2019廣東廣州天河一模,9)數(shù)列an滿足a1=1,對任意nN*,都有an+1=1+an+n,則 + + = ( ) A. B.2 C. D.,三年模擬,A組 20172019年高考模擬考點基礎(chǔ)題組,答案 C 對任意nN*,都有an+1=1+an+n,則an+1-an=n+1,則an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+ (n-1)+1= ,則 = =2 ,所以 + + =2 =2 = .故選C.,2.(2019湖南岳陽一模,13)曲線y= x+ln x(nN*)在x= 處的切線斜率為an,則數(shù)列 的前 n項的和為 .,答案,解析 對y= x+ln x(nN*)求導(dǎo),可得y= + ,由曲線y= x+ln x(nN*)在x= 處的切線斜率為 an,可得an= + =n.所以 = = - ,則數(shù)列 的前n項的和為1- + - + - = .,3.(2018廣東廣州一模,17)已知數(shù)列an的前n項和為Sn,數(shù)列 是首項為1,公差為2的等差數(shù) 列. (1)求數(shù)列an的通項公式; (2)設(shè)數(shù)列bn滿足 + + =5-(4n+5) ,求數(shù)列bn的前n項和Tn.,解析 (1)由題意可得: =1+2(n-1),可得Sn=2n2-n. n2時,an=Sn-Sn-1=2n2-n-2(n-1)2-(n-1)=4n-3. n=1時,a1=1對上式也成立.an=4n-3(nN*). (2) + + =5-(4n+5) , n2時, + + =5-(4n+1) , 兩式相減可得 =(4n-3) (n2), 又 = 滿足上式, =(4n-3) (nN*). bn=2n.數(shù)列bn的前n項和Tn= =2n+1-2.,4.(2019廣東湛江一模,17)在等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn中,a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4. (1)求an和bn; (2)求數(shù)列nbn的前n項和Sn.,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,a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4, a1+d=0,b1q=1,a1+2d=b1q2,a1+3d=b1q3, 四式聯(lián)立解得a1=-2,d=2,b1= ,q=2, an=-2+2(n-1)=2n-4,bn=2n-2. (2)數(shù)列nbn的前n項和Sn= +2+32+422+n2n-2, 2Sn=1+22+322+(n-1)2n-2+n2n-1, -Sn= +1+2+22+2n-2-n2n-1= -n2n-1, 即Sn=(n-1)2n-1+ . 思路分析 (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a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4得 a1+d=0,b1q=1,a1+2d=b1q2,a1+3d=b1q3,聯(lián)立解得a1,d,b1,q的值,即可得出結(jié)果;(2)利用錯位相減法 即可得出結(jié)果.,5.(2019安徽安慶二模,17)已知等比數(shù)列an滿足:S1=1,S2=4. (1)求an的通項公式及前n項和Sn; (2)設(shè)bn= ,求數(shù)列bn的前n項和Tn.,解析 (1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q,S1=1,S2=4, a1=1,a1(1+q)=4,解得q=3.an=3n-1. Sn= = (3n-1). (2)bn= = = - , 數(shù)列bn的前n項和Tn=1- + - + - =1- = .,6.(2019河北石家莊一模,17)已知數(shù)列an滿足 an+1-an=0(nN*),且a2,a3+2,a4成等差數(shù)列. (1)求數(shù)列an的通項公式; (2)令bn= - (nN*),數(shù)列bn的前n項和為Tn,求Tn的取值范圍.,解析 (1)數(shù)列an滿足 an+1-an=0(nN*),可得數(shù)列an是公比為2的等比數(shù)列, 又知a2,a3+2,a4成等差數(shù)列,可得2(a3+2)=a2+a4, 即2(4a1+2)=2a1+8a1,解得a1=2,則an=2n. (2)bn= - = - = - , 可得Tn= - + - + - + - = -1, 由2n+14可得 , 則Tn的取值范圍為 . 思路分析 (1)由等比數(shù)列的定義和通項公式,以及等差數(shù)列中項性質(zhì),解方程可得首項a1,從而 可得所求通項公式;(2)求得bn= - ,運用裂項相消求和法及不等式的性質(zhì),即可得到所 求范圍.,1.(2017安徽淮北二模,3)5個數(shù)依次組成等比數(shù)列,且公比為-2,則其中奇數(shù)項之和與偶數(shù)項之 和的比值為 ( ) A.- B.-2 C.- D.-,考點二 數(shù)列的綜合應(yīng)用,答案 C 由題意可設(shè)這5個數(shù)分別為a,-2a,4a,-8a,16a,故奇數(shù)項之和與偶數(shù)項之和的比值為 =- ,故選C.,2.(2019江西宜春3月聯(lián)考,12)已知函數(shù)f(x)=ex(sin x-cos x),記f (x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),將滿足f(x)=0 的所有正數(shù)x從小到大排成數(shù)列xn,nN+,則數(shù)列f (xn)的通項公式是 ( ) A. (-1)n +(n-1) B. (-1)n+1 C. (-1)n D. (-1)n+1,答案 B 由f(x)=0,即ex(sin x-cos x)=0,解得x=(n-1)+ ,nZ.從而xn=(n-1)+ (n=1,2,3,), f (x)=ex(sin x-cos x)+ex(sin x+c