2021版高考数学一轮复习浙江专用精练：6-4　数列求和、数列的综合应用（试题部分） WORD版含解析.docx

1、6.4数列求和、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的求和掌握特殊数列求和的方法.2018浙江,20,15分错位相减法求和等差数列、等比数列2016浙江文,17,15分数列求和等比数列的通项公式2015浙江文,17,15分错位相减法求和数列的通项公式数列的综合应用能利用等差数列、等比数列解决相应问题.2016浙江,20,15分数列的综合应用不等式的证明2015浙江,20,15分数列的综合应用不等式的性质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.2019浙江,20,15分数学归纳法等差数列、等比数列综合应用201

2、7浙江,22,15分数学归纳法不等式及其应用分析解读1.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.(例:2019浙江20题)5.预计2021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 练考向【考点集训】考点一数列的求和1.(2019浙江高考信

3、息优化卷(二),20)设数列an满足a1=1,a2=2,a2n+1-a2n-1=1,a2n+2-a2n=2(nN*).(1)求an;(2)记bn=an2n,设数列bn的前n项和为Tn,求Tn.解析(1)由题意可得数列a2n-1与数列a2n均成等差数列,则a2n-1=a1+(n-1)=n,a2n=a2+2(n-1)=2n,即an=n+12(n为奇数),n(n为偶数).(2)由(1)得an=14(3n+1)+(n-1)(-1)n,所以bn=143n+12n+(n-1)-12n.记Sn=42+722+1023+3n+12n,则12Sn=422+723+1024+3n-22n+3n+12n+1,两式相

4、减得12Sn=2+3122+123+12n-3n+12n+1=72-3n+72n+1,即Sn=7-3n+72n.记Pn=122-223+324-+n-1(-2)n,则-12Pn=-123+224-325+n-2(-2)n+n-1(-2)n+1,两式相减得32Pn=14-123+124-125+1(-2)n-n-1(-2)n+1,即Pn=191+3n-1(-2)n.所以Tn=14(Sn+Pn)=169-3n+72n+2+3n-136(-2)n.2.(2019浙江嵊州期末,20)已知等比数列an的前n项和为Sn,满足a3a4=2a5,S6=9S3,数列bn的首项为1,且a1b1+a2b2+anbn

5、=bn+1(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)设cn=2nbn+2,证明:c1+c2+c2 0191.解析(1)解法一:因为an是等比数列,所以a3a4=a2a5,所以a2=2.又因为S6=9S3,所以a4+a5+a6=S6-S3=8S3.设等比数列an的公比为q,则q3=a4+a5+a6S3=8,解得q=2.所以an=a2qn-2=2n-1.解法二:设等比数列an的公比为q,由a3a4=2a5知a12q5=2a1q4,所以a1q=2.又因为S6=9S3,所以q1,故a1(1-q6)1-q=9a1(1-q3)1-q,即1+q3=9,解得q=2,代入a1q=2,解得a1=1.所以an=

6、a1qn-1=2n-1.(2)证明:当n=1时,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=an+1+1=2n+1.所以bn+2=b2b3b2b4b3bn+2bn+1=1(21+1)(22+1)(2n+1).当n2时,cn=2nbn+2=2n(21+1)(22+1)(2n+1)=1(21+1)(22+1)(2n-1+1)-1(21+1)(22+1)(2n+1).又c1=2b3=23,所以c1+c2+c2 019=23+12+1-1(21+1)(22+1

7、)+1(21+1)(22+1)(22 018+1)-1(21+1)(22+1)(22 019+1)=23+13-1(21+1)(22+1)(22 019+1)1.考点二数列的综合应用1.(2019浙江温州普通高中适应性测试,10)已知数列an中的各项都小于1,a1=12,an+12-2an+1=an2-an(nN*),记Sn=a1+a2+a3+an,则S10的取值范围为() A.0,12B.12,34C.34,1D.(1,2)答案B2.(2019浙江金丽衢联考,10)数列an满足:a1=1,an+1=an+1an,则a2 018的值所在区间为()A.(0,100)B.(100,200) C.(

8、200,300) D.(300,+)答案A3.(2020届浙江湖州、衢州、丽水三地联考,20)已知数列an满足a1=1,an+1=1n(an+1)(nN*).(1)求a2,a3,并猜想an的通项公式(不需证明);(2)求证:a1+a2+an2(2n+1-1)(nN*).解析(1)根据题意,易知a2=12,a3=13,猜想an=1n.(2)证明:由(1)知an=1n=22n=2222n=222n+2n.因为(2n-1+2n+1)2=4n+24n2-12n-1+2n+1,因此由式可得an=222n+2n222n-1+2n+1=2(2n+1-2n-1),所以a1+a2+an2(3-1+5-3+2n+

9、1-2n-1)=2(2n+1-1).故a1+a2+an2(2n+1-1)(nN*)成立.考点三数学归纳法1.(2019浙江名校协作体联考,20)已知数列an满足a1=3,an+1=an2+2an,设数列bn满足bn=log2(an+1)(nN*).(1)求数列bn的前n项和Sn及an的通项公式;(2)求证:1+12+13+1bn-10,两边取对数得到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为首项,2为公比的等比数列,即bn=2n,Sn=2n+1-2.又bn=log2(an+1),an=22n-1

10、.(2)证明:(数学归纳法)当n=2时,1+12+13=1162,此时不等式成立.假设当n=k(k2)时,不等式成立,则当n=k+1时,1+12+13+12k-1+12k+12k+1+12k+1-1k+12k+12k+1+12k+1-1k+12k+12k+12k2k个k+1,当n=k+1时,不等式成立.综上,1+12+13+1bn-1n(n2).2.(2019浙江嘉兴基础测试,19)已知an是等差数列,bn是等比数列,a1=b1=2,a3=b3,a1+a5=b4.设cn=anbn,Sn是数列cn的前n项和.(1)求an,bn;(2)试用数学归纳法证明:Sn=8+(3n-4)2n+1.解析(1)

11、设an的公差为d,bn的公比为q,由a1=b1=2,得an=2+(n-1)d,bn=2qn-1.又由a3=b3,a1+a5=b4,得2+2d=2q2,2+2+4d=2q3,解得d=3,q=2.所以an=3n-1,bn=2n.(2)证明:由题意得cn=(3n-1)2n.当n=1时,S1=8+(31-4)21+1=4=c1,结论成立.假设当n=k时,Sk=8+(3k-4)2k+1成立,则当n=k+1时,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,结论也成立.综合可知,Sn=8+(3n-4)2n+1.炼技法

12、 提能力【方法集训】方法1错位相减法求和1.(2019浙江台州一中、天台一中期中,20)已知各项均为正数的等比数列an满足a1=2,a4+2是a2和a5的等差中项.数列bn满足b1=1,2(b1+b2+bn)=nbn+1(nN*).(1)求数列an,bn的通项公式;(2)求证:b1a1+b2a2+bnan2.解析(1)设等比数列an的公比为q,由a4+2是a2和a5的等差中项,得2(a4+2)=a2+a5,即4q3+4=2q+2q4,整理得(q3+1)(q-2)=0,q=2(负值舍去),an=2n.由2(b1+b2+bn)=nbn+1(nN*),可得2(b1+b2+bn-1)=(n-1)bn(

13、n2),两式相减得nbn+1=(n+1)bn(n2),bn+1=n+1nbn(n2),利用累积法可得bn=n(n2).在2(b1+b2+bn)=nbn+1中,令n=1,可得b2=2b1=2,也满足上式.bn=n.(2)证明:由(1)知bnan=n2n,利用错位相减法得b1a1+b2a2+bnan=2-n+22n,易知2-n+22n2,b1a1+b2a2+bnan2.2.(2019 53原创题)已知数列an中,a1=3,且n(n+1)(an-an+1)=2.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=a1a2an(n+1)2n,求数列bn的前n项和Sn.解析(1)解法一:由题意知,an-an+1=

14、2n(n+1)=21n-1n+1,n2时,an-1-an=21n-1-1n,an-2-an-1=21n-2-1n-1,a1-a2=211-12,以上(n-1)个式子两边分别相加得a1-an=21-1n,又a1=3,an=1+2n(n2).而a1=3符合上式,故an=1+2n(nN*).解法二:由题意知,an-an+1=2n(n+1)=21n-1n+1,an+1-2n+1=an-2n,an-2n=an-1-2n-1=a1-21=3-2=1,an=1+2n.(2)解法一:由(1)知,an=1+2n=n+2n,a1a2an=3142n+1n-1n+2n=(n+1)(n+2)2,bn=a1a2an(n

15、+1)2n=n+22n+1,Sn=322+423+524+n+12n+n+22n+1,12Sn=323+424+525+n+12n+1+n+22n+2,两式相减得12Sn=322+123+124+12n+1-n+22n+2=34+1231-12n-11-12-n+22n+2=1-12n+1-n+22n+2=1-n+42n+2,故Sn=2-n+42n+1.解法二:由(1)知an=1+2n=n+2n,a1a2an=3142n+1n-1n+2n=(n+1)(n+2)2,bn=a1a2an(n+1)2n=n+22n+1=n+32n-n+42n+1,Sn=421-522+522-623+n+32n-n+

16、42n+1=2-n+42n+1.方法2裂项相消法求和1.(2018浙江嘉兴期末,22)已知数列an满足a1=1,an=nn-1an-1(n2).(1)求数列an的通项公式;(2)求证:对任意的nN*,都有:1a12+2a22+3a32+nan22(k-1)k+1(k2,kN*).解析(1)当n2时,ann=an-1n-1=a11=1,当n2时,an=n.又a1=1,an=n,nN*.(3分)(2)证明:当n=1时,13成立;当n2时,nan2=1n3=1nn21n(n+1)(n-1)=1n(n-1)-1n(n+1)1n+1-n-1=1n-1-1n+1n+1+n-12n1n-1-1n+1.(6分

17、)1a12+2a22+3a32+nan21+1-13+12-14+13-15+14-16+1n-2-1n+1n-1-1n+1=1+1+12-1n-1n+13,1a12+2a22+3a32+nan20,y0时,(x+y)1x+1y=2+yx+xy4,1x+1y4x+y,当且仅当x=y时等号成立.(13分)当k2,kN*时,2S4n+nk-1(nk-n)=4(k-1)1+k-1n4(k-1)1+k.S2(k-1)k+1,即1an+1an+1+1an+2+1ank-12(k-1)k+1(k2,kN*).(15分)2.(2018浙江杭州地区重点中学期中,22)已知函数f(x)=x2+x,x1,+),a

18、n=f(an-1)(n2,nN).(1)证明:x+122-12f(x)2x2;(2)设数列an2的前n项和为An,数列11+an的前n项和为Bn,a1=32,证明:22n4An3Bn32n.证明(1)f(x)-x+122-12=x2+x-x2+x-14=140,f(x)x+122-12.f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)0(x1),f(x)2x2,x+122-12f(x)2x2.(2)an=f(an-1)=an-12+an-1an-12=an-an-1(n2),则An=a12+a22+an2=an+1-a1=an+1-32,an=an-12+an-1=an-1(an-1

19、+1)1an=1an-1(an-1+1)=1an-1-1an-1+11an-1+1=1an-1-1an(n2),累加得:Bn=1a1+1+1a2+1+1an+1=1a1-1an+1=23-1an+1,AnBn=an+1-3223-1an+1=32an+1.由(1)得anan-1+122-12an+1+12an+122an-1+1222a1+122n,an+122n-12,AnBn=32an+1322n-1-34.an=f(an-1)2an-12an+12an223an-12222n-1a12n=22n-1322n=1232n.AnBn=32an+1321232n=1432n+1,322n-1-

20、34AnBn1432n+1,即22n+1-14An3Bn32n,而22n+1-122n,22n4An3Bn32n.【五年高考】A组自主命题浙江卷题组考点一数列的求和1.(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.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,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得

21、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

22、+(4n-5)12n-1,所以12Tn=3+412+4122+412n-2-(4n-5)12n-1,因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-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anbn,其中an为等差数列,bn为等比数列.(2)在等式两边所乘的数是等比数列bn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)进行检验.2.(2016浙江文,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|a

23、n-n-2|的前n项和.解析(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.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,所以Tn=2,n=1,3n-n2-5n+112,n2,nN*.易错警示(1)当n2时

24、,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.3.(2015浙江文,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.解析(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

25、(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*).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.(2016浙江,20,15分)设数列an满足an-an+121,nN*.(1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|32n,nN*,证明:|an|2,nN*.证明(1)由an-an+121得|an|-12|an+1|1,故|an|2n-|an

26、+1|2n+112n,nN*,所以|a1|21-|an|2n=|a1|21-|a2|22+|a2|22-|a3|23+|an-1|2n-1-|an|2n121+122+12n-1n,|an|2n-|am|2m=|an|2n-|an+1|2n+1+|an+1|2n+1-|an+2|2n+2+|am-1|2m-1-|am|2m12n+12n+1+12m-112n-1,故|an|n,均有|an|2,取正整数m0log34|an0|-22n0且m0n0,则2n034m00.由0an12得anan+1=anan-an2=11-an1,2,即1anan+12.(2)由题意得an2=an-an+1,所以Sn

27、=a1-an+1.由1an+1-1an=anan+1和1anan+12得11an+1-1an2,所以n1an+1-1a12n,因此12(n+1)an+11n+2(nN*).由得12(n+2)Snn12(n+1)(nN*).评析本题主要考查数列的递推公式、不等式的性质等基础知识,同时考查推理论证能力,分析问题和解决问题的能力.考点三数学归纳法1.(2019浙江,20,15分)设等差数列an的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列bn满足:对每个nN*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)记cn=an2bn,nN*,证明:c1+c2+c

28、n2n,nN*.解析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.体现了数学抽象、数学运算等核心素养.(1)设数列an的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.从而an=2n-2,nN*.所以Sn=n2-n,nN*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=1d(Sn+12-SnSn+2).所以bn=n2+n,nN*.(2)cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),nN*.我们用数学归纳法证明.当n=

29、1时,c1=02,不等式成立;假设n=k(kN*)时不等式成立,即c1+c2+ck2k,那么,当n=k+1时,c1+c2+ck+ck+12k+k(k+1)(k+2)2k+1k+12k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1,即当n=k+1时不等式也成立.根据和,不等式c1+c2+cn2n对任意nN*成立.一题多解(2)cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),nN*.我们用数学归纳法证明.当n=1时,c1=02,不等式成立;假设n=k(kN*)时不等式成立,即c1+c2+c3+ck2k,那么,当n=k+1时,只需证明c1+c2+ck+ck+12k+1,即证2k+k(

30、k+1)(k+2)2k+1,即证k(k+1)(k+2)k(k+1),所以k(k+1)(k+2)1k+1,又1k+12k+1+k,所以k(k+1)(k+2)2k+1+k.即当n=k+1时,不等式也成立.根据和,不等式c1+c2+cn2n对任意nN*成立.2.(2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时,(1)0xn+10.当n=1时,x1=10.假设n=k时,xk0,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0xn+10(x0).函数f(x)在0

31、,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xnxnxn+12(nN*).(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn12n-1.由xnxn+122xn+1-xn得1xn+1-1221xn-120,所以1xn-1221xn-1-122n-11x1-12=2n-2,故xn12n-2.综上,12n-1xn12n-2(nN*).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.

32、商比法:作商an+1an,判断an+1an与1的大小,同时注意an的正负.数学归纳法.反证法:例如求证an+10),则有n2时,an=a1a2a1a3a2anan-1a1qn-1(其中a10).放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适当放缩.B组统一命题、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,

33、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.440B.330C.220D.110答案A2.(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列1an前10项的和为.答案20113.(2018课标全国理,17,12分)记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.解析(1)设an的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.

34、所以an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,Sn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)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am0,am+10的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;当a10时,满足am0,am+10的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.4.(2018天津文,18,13分)设an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(n

35、N*).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bn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=1-2n1-2=2n-1.设等差数列an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=n(n+1)

36、2.(2)由(1),有T1+T2+Tn=(21+22+2n)-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.由Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn可得n(n+1)2+2n+1-n-2=n+2n+1,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an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an和bn的通项公式;(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*).(i)求Tn;(ii)证明k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(

37、k+2)=2n+2n+2-2(nN*).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算求解能力.(1)设等比数列an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bn的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n.所以数列an的通项公式为an=2n-1,数列bn的通项公式为bn=n.(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,故Tn=k=1n(2k-1)=k=1n2k-

38、n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)=k2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+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,1

39、5,13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.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.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

40、(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和法等.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.6B.7C.8D.9答案D2.(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273.(2017

41、北京理,10,5分)若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=.答案14.(2019天津文,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*).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+4

42、d,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+6

43、Tn=3n2+3(2n-1)3n+1+32=(2n-1)3n+2+6n2+92(nN*).解题关键根据n的奇偶性得数列cn的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.5.(2019课标全国理,19,12分)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列;(2)求an和bn的通项公式.解析本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考查了学生的逻辑推理、运算求解能力以及方程思想,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1

44、)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.所以an=12(an+bn)+(an-bn)=12n+n-12,bn=12(an+bn)-(an-bn)=12n-n+12.思路分析(1)将两递推关系式两边相加可得an+1+bn+1=12(an+bn),从而证得数列an+bn为等比数列;将

45、两递推关系式两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列an-bn为等差数列.(2)由(1)可求出an+bn,an-bn的通项公式,联立方程可解得an,bn.6.(2019天津理,19,14分)设an是等差数列,bn是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求an和bn的通项公式;(2)设数列cn满足c1=1,cn=1,2kn2k+1,bk,n=2k,其中kN*.(i)求数列a2n(c2n-1)的通项公式;(ii)求i=12naici(nN*).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项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求

46、和的基本方法以及运算求解能力.考查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6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,故an=4+(n-1)3=3n+1,bn=62n-1=32n.所以,an的通项公式为an=3n+1,bn的通项公式为bn=32n.(2)(i)a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n-1.所以,数列a2n(c2n-1)的通项公式为a2n(c2n-1)=94n-1.(ii)i=12naici=i=12nai+ai(ci-1)=i=12nai+i=1na2i(c2i-1)=2n4+2n(

47、2n-1)23+i=1n(94i-1)=(322n-1+52n-1)+94(1-4n)1-4-n=2722n-1+52n-1-n-12(nN*).思路分析(1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.(2)(i)由cn=1,2kn0.因为ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m.当k=1时,有q1;当k=2,3,m时,有lnkkln qlnkk-1.设f(x)=lnxx(x1),则f (x)=1-lnxx2.令f (x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+)f (x)+0-f(x)极大值因为ln22=ln860,mN*,q(1,m2,证明:存在dR,使得

48、|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立,并求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|an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立,即11,1d3,32d5,73d9,得73d52.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|an-bn|b1(n=2,3,m+1)均成立,即|b1+(n-1)d-b1qn-1|b1(n=2,3,m+1).即当n=2,3

49、,m+1时,d满足qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1.因为q(1,m2,所以10,对n=2,3,m+1均成立.因此,取d=0时,|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立.下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,m+1).当2nm时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),当10.因此,当2nm+1时, 数列qn-1-2n-1单调递增,故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.设f(x)=2x(1-x),当x0时, f (x)=(ln 2-1-xln 2)2x0.

50、所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2nm时,qnnqn-1n-1=q(n-1)n21n1-1n=f1n1.因此,当2nm+1时,数列qn-1n-1单调递减,故数列qn-1n-1的最小值为qmm.因此,d的取值范围为b1(qm-2)m,b1qmm.疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d的范围,使得|an-bn|b1对n=2,3,m+1都成立,首先把d分离出来,变成qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1,难点在于讨论qn-1-2n-1b1的最大值和qn-1n-1b1的最小值.对于数列qn-1-2n-1

51、,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列qn-1n-1,要作商讨论单调性,qnnqn-1n-1=q(n-1)n=q1-1n,当2nm时,1qn2,q1-1n21n1-1n,可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+)上的单调性去证明f1n0,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

52、,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.方法总结(1)等差数列与等比数列中分别有五个量,a1,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d(或q),问题可迎刃而解.(2)数列anbn,其中an是公差为d的等差数列,bn是公比q1的等比数列,求anbn的前n项和应采用错位相减

53、法.2.(2017山东文,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.解析(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+72

54、3+2n-12n-1+2n+12n,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.3.(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

55、=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.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.4.(2015天津,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a

56、4+a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式;(2)设bn=log2a2na2n-1,nN*,求数列bn的前n项和.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).又因为q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k=2n2.所以an的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.设bn的前n项和为Sn,则Sn

57、=1120+2121+3122+(n-1)12n-2+n12n-1,12Sn=1121+2122+3123+(n-1)12n-1+n12n,上述两式相减,得12Sn=1+12+122+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,整理得,Sn=4-n+22n-1.所以数列bn的前n项和为4-n+22n-1,nN*.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.考点二数列的综合应用1.(2017课标全国文,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

58、an2n+1的前n项和.解析(1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n,所以当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,满足上式,所以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,所以Sn=11-13+13-15+12n-1-12n+1=2n2n+1.思路分析(1)条件a1+3a2+(2n-1)an=2n的实质就是数列(2n-1)an的前n项和,故可利用an与前n项和的关系求解;(

59、2)利用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.2.(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+(

60、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

61、+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.方法总结数列新定义型创新题的一般解题思路:1.阅读审清“新定义”;2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.3.(2017课标全国文,17,12分)已知等差数列an的前n项和为Sn,等比数列bn的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求bn的通项公式;(2)若T3=21,求S3.解析设an的公差为d,bn的公比为q,则an=

62、-1+(n-1)d,bn=qn-1.由a2+b2=2得d+q=3.(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.联立和解得d=3,q=0(舍去)或d=1,q=2.因此bn的通项公式为bn=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由得d=8,则S3=21.当q=4时,由得d=-1,则S3=-6.4.(2017山东理,19,12分)已知xn是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列xn的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1

63、P2Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.解析(1)设数列xn的公比为q,由已知知q0.由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.所以3q2-5q-2=0.因为q0,所以q=2,x1=1.因此数列xn的通项公式为xn=2n-1.(2)过P1,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=(n+n+1)22n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-

64、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=32+2(1-2n-1)1-2-(2n+1)2n-1.所以Tn=(2n-1)2n+12.解题关键记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定bn的通项公式是关键.方法总结一般地,如果an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”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“Sn-qSn”的表达式.5.(2016课标全国,17,12分)Sn为等差数列an的前n项

65、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=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1 000项和.解析(1)设an的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以an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=0,1n10,1,10n100,2,100n1 000,3,n=1 000,所以数列bn的前1 000项和为190+2900+31=1 893.(12分)疑难突破充分理解x的意义,求出bn的表达式,从而求出bn的前1 000项和.评

66、析本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解x的意义是解题关键.6.(2016天津,18,13分)已知an是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的nN*,bn是an和an+1的等比中项.(1)设cn=bn+12-bn2,nN*,求证:数列cn是等差数列;(2)设a1=d,Tn=k=12n(-1)kbk2,nN*,求证:k=1n1Tk12d2.证明(1)由题意得bn2=anan+1,有cn=bn+12-bn2=an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以cn是等差数列.(2)Tn=(-b12+b22)+(

67、-b32+b42)+(-b2n-12+b2n2)=2d(a2+a4+a2n)=2dn(a2+a2n)2=2d2n(n+1).所以k=1n1Tk=12d2k=1n1k(k+1)=12d2k=1n1k-1k+1=12d21-1n+112d2.评析 本题主要考查等差数列及其前n项和公式、等比中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、推理论证能力和运算求解能力.7.(2015重庆,22,12分)在数列an中,a1=3,an+1an+an+1+an2=0(nN+).(1)若=0,=-2,求数列an的通项公式;(2)若=1k0(k0N+,k02),=-1,证明:2+13k0+1ak0+10,归纳可得3=a1

68、a2anan+10.因为an+1=an2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k01k0an+1,所以对n=1,2,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+(ak0+1-ak0)=a1-k01k0+1k01k0a1+1+1k0a2+1+1k0an+12+1k013k0+1+13k0+1+13k0+1k0个=2+13k0+1.另一方面,由上已证的不等式知a1a2ak0ak0+12,得ak0+1=a1-k01k0+1k01k0a1+1+1k0a2+1+1k0ak0+12+1k012k0+1+12k0+1+12k0+1k0个=2+12k0+1.综上,2+13k0+

69、1ak0+10,nN,n2.(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在12,1内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=12+12xnn+1;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则Fn(1)=n-10,Fn12=1+12+122+12n-2=1-12n+11-12-2=-12n0,故Fn(x)在12,1内单调递增,所以Fn(x)在12,1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,即1-xnn+11-

70、xn-2=0,故xn=12+12xnn+1.(2)解法一:由题设知,gn(x)=(n+1)(1+xn)2.设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-(n+1)(1+xn)2,x0.当x=1时, fn(x)=gn(x).当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1-n(n+1)xn-12.若0xxn-1+2xn-1+nxn-1-n(n+1)2xn-1=n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-1=0.若x1,h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-n(n+1)2xn-1=n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减,所以h(

71、x)h(1)=0,即fn(x)gn(x).综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x);当x1时, fn(x)0.当x=1时, fn(x)=gn(x).当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x).当n=2时, f2(x)-g2(x)=-12(1-x)20,所以f2(x)g2(x)成立.假设n=k(k2)时,不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)+xk+10),则hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以当0x1时,hk(x)1时,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上递增.所以hk(x)hk(

72、1)=0,从而gk+1(x)2xk+1+(k+1)xk+k+12.故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由和知,对一切n2的整数,都有fn(x)0(2kn),当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).当x1时,mk(x)=k-1nnxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).而2kn,所以k-10,n-k+11.若0x1,xn-k+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0,从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增,所以mk(x)mk(1)=0,所以当x0且x1时,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,

73、故fn(x)gn(x).综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x);当x1时, fn(x)gn(x).【三年模拟】一、选择题(共4分) 1.(2019浙江嵊州期末,10)设数列an的前n项和为Sn,已知a1=12,an+1=2anan+1(nN*),若S2 019(k,k+1),则正整数k的值为()A.2 016B.2 017C.2 018D.2 019答案C二、填空题(单空题4分,多空题6分,共10分)2.(2020届浙江省重点高中统练,15)已知数列an的各项均为正数,a1=2,an+1-an=4an+1+an,若数列1an+1+an的前n项和为5,则n=.答案1203.(2020届浙

74、江五校十月联考,14 )设数列an的前n项和为Sn,且满足Sn=(-1)nan-12n(nN*),则a3=,S7=.答案-116;-1256三、解答题(共90分)4.(2019浙江学军中学期中,22)数列an,bn中,Sn为数列an的前n项和,且满足:a1=b1=1,3Sn=(n+2)an,bn=an-1an(nN*,n2).(1)求数列an,bn的通项公式;(2)求证:1a2+1a4+1a8+1a2n12;(3)令cn=ln bn,Tn=c1+c2+c3+cn,求证:Tn2-n-n22n(n+1)(nN*).解析(1)3Sn=(n+2)an,当n2时,3Sn-1=(n+1)an-1,两式相减

75、得3an=(n+2)an-(n+1)an-1,anan-1=n+1n-1.an=a1a2a1a3a2an-1an-2anan-1=13142nn-2n+1n-1=n(n+1)2,又a1=1适合上式,an=n(n+1)2(nN*),bn=1(n=1),n-1n+1(n2).(2)证明:1a2n=2(2n+1)2n=1(2n+1)2n-112n2n-1=122n-1,1a2+1a4+1a8+1a2n13+18+132+122n-1=13+181-14n-11-14=13+161-14n-113+16=12,1a2+1a4+1a8+1a2n2-n-n22n(n+1)ln 2n(n+1)2-n-n22

76、n(n+1)ln n(n+1)21),则ln n(n+1)2n2+n-22n(n+1)ln x20,易知f(x)=x-1x-2ln x在(1,+)上单调递增,所以f(x)f(1)=0,Tn2-n-n22n(n+1)(n2).综上可知,对任意的nN*,Tn2-n-n22n(n+1) .5.(2019浙江高考信息优化卷(四),20)若数列an满足an0,a1=2,且对任意nN*均有8an+13+2an+1-an3-an=0.(1)求a2;(2)bn=nan,求数列bn的前n项和Tn=b1+b2+b3+bn;(3)cn=n2an,是否存在正整数m,使得对任意的nN*,均有cnm?若存在,求出m的最小

77、值;若不存在,请说明理由.解析(1)令f(x)=x3+x,则f(x)在R上为增函数.由题意可知(2an+1)3+2an+1=an3+an,f(2an+1)=f(an),an+1=12an,则a2=12a1=1.(2)由(1)可知an=22-n,bn=nan=n2n-2.Tn=12+21+312+4122+n12n-2,12Tn=11+212+3122+(n-1)12n-2+n12n-1.两式相减可得12Tn=12+11+12+122+123+12n-2-n12n-1=21-12n1-12-n12n-1,则Tn=81-12n-n12n-2.(3)由cn=n2an可得cn+1cn=(n+1)221

78、-nn222-n=(n+1)22n2=1+1n22,则当n3时,cn单调递减,c1c2c4cn,即cn的最大值为c3=92,所以正整数m存在,且m的最小值为5.6.(2019浙江宁波北仑中学二模,22)已知函数f(x)=x3+x2,数列xn(xn0)的第一项x1=1,以后各项按如下方式取定:曲线y=f(x)在(xn+1,f(xn+1)处的切线与经过(0,0)和(xn,f(xn)两点的直线平行(如图).当nN*时,求证: (1)xn2+xn=3xn+12+2xn+1; (2)12n-1xn12n-2.证明(1)因为f (x)=3x2+2x,所以曲线y=f(x)在(xn+1,f(xn+1)处的切线

79、的斜率为3xn+12+2xn+1.因为过(0,0)和(xn,f(xn)两点的直线的斜率是xn2+xn,所以xn2+xn=3xn+12+2xn+1.(2)令h(x)=x2+x,则h(x)在(0,+)上单调递增,又xn2+xn=3xn+12+2xn+14xn+12+2xn+1=(2xn+1)2+2xn+1,所以xn2xn+1,即xn+1xn12.故xn=xnxn-1xn-1xn-2x2x112n-1.又xn2+xn2(xn+12+xn+1),所以令yn=xn2+xn,则yn+1yn12.因为y1=x12+x1=2,所以yn12n-1y1=12n-2.因此xnxn2+xn12n-2,故12n-1xn

80、12n-2.7.(2020届浙江名校协作体开学联考,20)已知等差数列an与数列bn满足a2=1,b1=a30,且anbn的前n项和Sn=(n-2)2n+1+4,nN*.(1)求an,bn的通项公式;(2)设bnabnabn+1的前n项和为Tn,若Tn2 0182 019,求n的最小值.解析(1)当n=1时,a1b1=S1=0,所以a1=0,又a2=1,所以公差为1,an=n-1.当n2时,anbn=Sn-Sn-1=(n-1)2n,所以bn=2n,又b1=a3=2,所以bn=2n(nN*).(2)由(1)知bnabnabn+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1,所以

81、Tn=1-12n+1-12 0182 019,整理得2n+1-12 019,解得2n1 010,所以n的最小值为10.8.(2020届浙江Z20联盟开学联考,20)已知数列an为等差数列,Sn是数列an的前n项和,且a5=5,S3=a6,数列bn满足a1b1+a2b2+anbn=(2n-2)bn+2.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)令cn=anbn,nN*,证明:c1+c2+cn2.解析本题考查数列的通项公式、前n项和公式;考查学生运算求解的能力;考查数学运算的核心素养.(1)设等差数列an的公差为d,则a1+4d=5,3a1+3d=a1+5d,解得a1=1,d=1,数列an的通项公式

82、为an=n.b1+2b2+nbn=(2n-2)bn+2,当n2时,b1+2b2+(n-1)bn-1=(2n-4)bn-1+2,两式相减得(2n-4)bn-1=(n-2)bn,即bnbn-1=2,即bn是等比数列,且b1=2,bn=2n.(2)证明:由(1)知cn=anbn=n2n,记S=c1+c2+cn=121+222+n2n,则2S=1+221+322+n2n-1,S=2S-S=1+121+122+12n-1-n2n=2-n+22n2,即c1+c2+cn3,an+1=an-1an+4an3,记Tn=1a12+1a22+1an2.(1)证明:an2;(2)证明:1516an+1an1;(3)证

83、明:n4-85Tn3,t0,33,m(t)=-2t-6t2m33=1-13-233=6-2390,即当an3时,an+1-2an-20恒成立.an+1-2与an-2同号,又a1-2=20,an2.证法二:用数学归纳法证明:当n=1时,a1=42.假设n=k时,ak2,则n=k+1时,ak+1=ak-1ak+4ak3.令f(x)=x-1x+4x3,则f (x)=1+1x2-12x4(x2).x2,-12x4-1224=-34,1-12x414,f (x)=1-12x4+1x20.函数f(x)=x-1x+4x3在(2,+)上单调递增, ak+12-12+423=2.由知,命题对任意的nN*都成立.故有an2.(2)由题意可得an+1an=1-1an2+4an4=41an2-182+15164122-182+1516=1.又an+1an=41an2-182+15161516,1516an+1an2,1an214,Tn=1a12+1a22+1an214n=n4.an+1=an-1an+4an3,1an2=an(an+1-an)4+14.又an+1an=1-1an2+4an4=41an2-182+15161516,16an+115an,an1631(an+an+1).又an+1-an431(4-16)+n4=n4-4831n4-85. 故n4-85Tnn4.