（浙江專版）2019版高考數(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)用學(xué)案

《（浙江專版）2019版高考數(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)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考數(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)用學(xué)案（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 §6.4　數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用 考綱解讀 考點 考綱內(nèi)容 要求 浙江省五年高考統(tǒng)計 2013 2014 2015 2016 2017 1.數(shù)列的求和 1.了解等差數(shù)列與一次函數(shù)、等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系. 2.能利用等差、等比數(shù)列前n項和公式及其性質(zhì)求一些特殊數(shù)列的和. 掌握 18(2),7分 14(文),4分 19(2),7分 17(2)(文), 8分 17(2)(文), 8分 2.數(shù)列的綜合應(yīng)用 能利用數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系解決實際問題. 掌握 18(1),7分 19(文), 14分 19(1), 7分 20,1

2、5分 17(1)(文), 7分 20(2), 8分 22,15分 分析解讀　　1.等差數(shù)列和等比數(shù)列是數(shù)列的兩個最基本的模型,是高考中的熱點之一.基本知識的考查以選擇題或填空題的形式呈現(xiàn),而綜合知識的考查則以解答題形式呈現(xiàn). 2.通過以數(shù)列為載體來考查推理歸納、類比的能力成為高考的熱點. 3.數(shù)列常與其他知識如不等式、函數(shù)、概率、解析幾何等綜合起來進行考查. 4.預(yù)計2019年高考中,對數(shù)列與不等式的綜合題的考查仍是熱點,復(fù)習(xí)時應(yīng)引起高度重視. 五年高考 考點一　數(shù)列的求和 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017課標(biāo)全國Ⅰ理,12,5分)幾

3、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:N>100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 答案　A 2.(2015江蘇,11,5分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),則數(shù)列前10項的和

4、為　　　　.? 答案　 3.(2016浙江文,17,15分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*. (1)求通項公式an; (2)求數(shù)列{|an-n-2|}的前n項和. 解析　(1)由題意得則 又當(dāng)n≥2時,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an, 得an+1=3an. 所以,數(shù)列{an}的通項公式為an=3n-1,n∈N*. (2)設(shè)bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,則b1=2,b2=1. 當(dāng)n≥3時,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3. 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,則T1=2,T

5、2=3. 當(dāng)n≥3時,Tn=3+-=, 所以Tn= 4.(2015浙江文,17,15分)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*). (1)求an與bn; (2)記數(shù)列{anbn}的前n項和為Tn,求Tn. 解析　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*). 由題意知: 當(dāng)n=1時,b1=b2-1,故b2=2. 當(dāng)n≥2時,bn=bn+1-bn,整理得=, 所以bn=n(n∈N*). (2)由(1)知anbn=n·2n, 因此Tn=2+2·22+3·23+…+

6、n·2n, 2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. 故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*). 5.(2017山東文,19,12分)已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且a1+a2=6,a1a2=a3. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2){bn}為各項非零的等差數(shù)列,其前n項和為Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求數(shù)列的前n項和Tn. 解析　本題考查等比數(shù)列與數(shù)列求和. (1)設(shè){an}的公比為q, 由題意知:a1(1+q)=6,q=a1q2, 又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=

7、2n. (2)由題意知:S2n+1==(2n+1)bn+1, 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1. 令cn=,則cn=. 因此Tn=c1+c2+…+cn=+++…++, 又Tn=+++…++, 兩式相減得Tn=+-, 所以Tn=5-. 6.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,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

8、+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1×90+2×900+3×1=1 893.(12分) 7.(2015天津,18,13分)已知數(shù)列{an}滿足an+2=qan(q為實數(shù),且q≠1),n∈N*,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=,n∈N*,求數(shù)列{bn}的前n項和. 解析　(1)由已知,有(a3+a4)-

9、(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1).又因為q≠1,故a3=a2=2, 由a3=a1·q,得q=2. 當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時,an=a2k-1=2k-1=; 當(dāng)n=2k(k∈N*)時,an=a2k=2k=. 所以,{an}的通項公式為an= (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--, 整理得,Sn=4-. 所以,數(shù)列{bn}的前n

10、項和為4-,n∈N*. 教師用書專用(8—18) 8.(2013遼寧,14,5分)已知等比數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,Sn是{an}的前n項和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的兩個根,則S6=　　　　.? 答案　63 9.(2013重慶,12,5分)已知{an}是等差數(shù)列,a1=1,公差d≠0,Sn為其前n項和,若a1,a2,a5成等比數(shù)列,則S8=　　　　.? 答案　64 10.(2013湖南,15,5分)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和,Sn=(-1)nan-,n∈N*,則 (1)a3=　　　　;? (2)S1+S2+…+S100=　　　　.? 答案　(1)-　(2)

11、11.(2017北京文,15,13分)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求{an}的通項公式; (2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1. 解析　本題考查等差數(shù)列及等比數(shù)列的通項公式,數(shù)列求和.考查運算求解能力. (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因為a2+a4=10,所以2a1+4d=10. 解得d=2.所以an=2n-1. (2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q. 因為b2b4=a5,所以b1qb1q3=9. 解得q2=3. 所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1. 從而b1+b3+b5+…+b2

12、n-1=1+3+32+…+3n-1=. 12.(2013浙江,18,14分)在公差為d的等差數(shù)列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比數(shù)列. (1)求d,an; (2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 解析　(1)由題意得5a3·a1=(2a2+2)2, 即d2-3d-4=0. 故d=-1或d=4. 所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*. (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn. 因為d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11,則當(dāng)n≤11時, |a1|+|a2|+|a3|+…+|an| =Sn=-n2+n

13、. 當(dāng)n≥12時,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110. 綜上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= 13.(2017天津文,18,13分)已知{an}為等差數(shù)列,前n項和為Sn(n∈N*),{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{a2nbn}的前n項和(n∈N*). 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

14、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. 又因為q>0,解得q=2. 所以,bn=2n. 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①. 由S11=11b4,可得a1+5d=16②, 聯(lián)立①②, 解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以,{an}的通項公式為an=3n-2,{bn}的通項公式為bn=2n. (2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項和為Tn,由a2n=6n-2,有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2

15、n+(6n-2)×2n+1, 上述兩式相減,得-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1 =-4-(6n-2)×2n+1 =-(3n-4)2n+2-16. 得Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,數(shù)列{a2nbn}的前n項和為(3n-4)2n+2+16. 14.(2015湖北,19,12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)d>1時,記cn=,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解析　(1)由題意有,即

16、 解得或故或 (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=, 于是Tn=1+++++…+,① Tn=+++++…+.② ①-②可得 Tn=2+++…+-=3-, 故Tn=6-. 15.(2014山東,19,12分)已知等差數(shù)列{an}的公差為2,前n項和為Sn,且S1,S2,S4成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)令bn=(-1)n-1,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解析　(1)因為S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2, S4=4a1+×2=4a1+12, 由題意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得a1=1,所以an

17、=2n-1. (2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1 =(-1)n-1. 當(dāng)n為偶數(shù)時, Tn=-+…+- =1- =. 當(dāng)n為奇數(shù)時, Tn=-+…-+++=1+=. 所以Tn= 16.(2013江西,17,12分)正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足:-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0. (1)求數(shù)列{an}的通項公式an; (2)令bn=,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.證明:對于任意的n∈N*,都有Tn<. 解析　(1)由-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正項數(shù)列,所以Sn>0,Sn=n

18、2+n. 于是a1=S1=2,n≥2時,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.綜上,數(shù)列{an}的通項an=2n. (2)證明:由于an=2n,bn=, 則bn==-. Tn=1-+-+-+…+-+- =<=. 17.(2013山東,20,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,且Tn+=λ(λ為常數(shù)),令cn=b2n(n∈N*),求數(shù)列{cn}的前n項和Rn. 解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d. 由S4=4S2,a

19、2n=2an+1得 解得a1=1,d=2.因此an=2n-1,n∈N*. (2)由題意知:Tn=λ-, 所以n≥2時, bn=Tn-Tn-1=-+=. 故cn=b2n==(n-1),n∈N*. 所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×, 則Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×, 兩式相減得 Rn=+++…+-(n-1)× =-(n-1)× =-, 整理得Rn=. 所以數(shù)列{cn}的前n項和Rn=. 18.(2013四川,16,12分)在等差數(shù)列{an}中,a1+a3=8,且a4為a2和a9的等比中項,求數(shù)列{an}的首項、公差及前n項

20、和. 解析　設(shè)該數(shù)列公差為d,前n項和為Sn.由已知,可得 2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d). 所以a1+d=4,d(d-3a1)=0, 解得a1=4,d=0,或a1=1,d=3,即數(shù)列{an}的首項為4,公差為0,或首項為1,公差為3. 所以數(shù)列的前n項和Sn=4n或Sn=. 考點二　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(p>0,q>0)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

21、.6 B.7 C.8 D.9 答案　D 2.(2017北京理,10,5分)若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=-1,a4=b4=8,則=　　　　.? 答案　1 3.(2016浙江,20,15分)設(shè)數(shù)列{an}滿足≤1,n∈N*. (1)證明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*; (2)若|an|≤,n∈N*,證明:|an|≤2,n∈N*. 證明　(1)由≤1得|an|-|an+1|≤1,故-≤,n∈N*, 所以-=++…+≤++…+<1, 因此|an|≥2n-1(|a1|-2). (2)任取n∈N*,由(1)知,對于任意m>n, -=++…+≤+

22、+…+<, 故|an|<·2n≤·2n=2+·2n. 從而對于任意m>n,均有|an|<2+·2n.① 由m的任意性得|an|≤2. 否則,存在n0∈N*,有||>2,取正整數(shù)m0>lo且m0>n0,則·<·=||-2,與①式矛盾. 綜上,對于任意n∈N*,均有|an|≤2. 4.(2015浙江,20,15分)已知數(shù)列{an}滿足a1=且an+1=an-(n∈N*). (1)證明:1≤≤2(n∈N*); (2)設(shè)數(shù)列{}的前n項和為Sn,證明:≤≤(n∈N*). 證明　(1)由題意得an+1-an=-≤0,即an+1≤an, 故an≤. 由an=(1-an-1)an-1得

23、an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0. 由0

24、N*均有Sk≥Sn. 解析　(1)由a1a2a3…an=(,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}的通項為an=2n(n∈N*), 所以,a1a2a3…an==()n(n+1). 故數(shù)列{bn}的通項為bn=n(n+1)(n∈N*). (2)(i)由(1)知cn=-=-(n∈N*), 所以Sn=-(n∈N*). (ii)因為c1=0,c2>0,c3>0,c4>0; 當(dāng)n≥5時,cn=, 而-=>0, 得≤<1, 所以,當(dāng)n≥5時,cn<0. 綜上,對任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4. 6.(2017

25、課標(biāo)全國Ⅱ文,17,12分)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2. (1)若a3+b3=5,求{bn}的通項公式; (2)若T3=21,求S3. 解析　本題考查了等差、等比數(shù)列. 設(shè){an}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 (1)由a3+b3=5得2d+q2=6.② 聯(lián)立①和②解得(舍去),或 因此{bn}的通項公式為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,

26、由①得d=8,則S3=21. 當(dāng)q=4時,由①得d=-1,則S3=-6. 7.(2017課標(biāo)全國Ⅲ文,17,12分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通項公式; (2)求數(shù)列的前n項和. 解析　(1)因為a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故當(dāng)n≥2時, a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 兩式相減得(2n-1)an=2. 所以an=(n≥2). 又由題設(shè)可得a1=2, 從而{an}的通項公式為an=(n∈N*). (2)記的前n項和為Sn. 由(1)知==-. 則Sn=-+-+…+-=. 8.

27、(2017山東理,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q>0. 由題意得 所以3q2-5q-2=0. 因為q>0, 所以q=2,x1=1. 因此數(shù)列{xn}的通項公式為xn=2n-1

28、. (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bn=×2n-1=(2n+1)×2n-2, 所以Tn=b1+b2+…+bn =3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,① 2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.② ①-②得 -Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1 =+-(2n+1)×2n-1. 所以Tn=

29、. 9.(2015重慶,22,12分)在數(shù)列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μ=0(n∈N+). (1)若λ=0,μ=-2,求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,證明:2+<<2+. 解析　(1)由λ=0,μ=-2,有an+1an=2(n∈N+).若存在某個n0∈N+,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n∈N+,an≠0. 從而an+1=2an(n∈N+),即{an}是一個公比q=2的等比數(shù)列. 故an=a1qn-1=3·2n-1. (2)證明:由λ=,μ=-1,數(shù)列{a

30、n}的遞推關(guān)系式變?yōu)? an+1an+an+1-=0,變形為an+1=(n∈N+). 由上式及a1=3>0,歸納可得 3=a1>a2>…>an>an+1>…>0. 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a1>a2>…>>>2,得 =a1-k0·+· <2+·=2+. 綜上,2+<<2+. 教師用書專用(10—16) 10.(2013課標(biāo)全國Ⅰ,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

31、,….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 答案　B　 11.(2016天津,18,13分)已知{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列,公差為d.對任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中項. (1)設(shè)cn=-,n∈N*,求證:數(shù)列{cn}是等差數(shù)列; (2)設(shè)a1=d,Tn=(-1)k,n∈N*,求證:<. 證明　(1)由題意得=an

32、an+1,有cn=-=an+1·an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2, 所以{cn}是等差數(shù)列. (2)Tn=(-+)+(-+)+…+(-+) =2d(a2+a4+…+a2n) =2d·=2d2n(n+1). 所以===·<. 12.(2017江蘇,19,16分)對于給定的正整數(shù)k,若數(shù)列{an}滿足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan對任意正整數(shù)n(n>k)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}

33、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　本小題主要考查等差數(shù)列的定義、通項公式等基礎(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)因為{an}是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,則an=a1+(n-1)d, 從而,當(dāng)n≥4時,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”. (2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,因此,

34、 當(dāng)n≥3時,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,① 當(dāng)n≥4時,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.② 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④ 將③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4, 所以a3,a4,a5,…是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d'. 在①中,取n=4,則a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d', 在①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. 13.(201

35、4湖南,20,13分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*. (1)若{an}是遞增數(shù)列,且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,求p的值; (2)若p=,且{a2n-1}是遞增數(shù)列,{a2n}是遞減數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項公式. 解析　(1)因為{an}是遞增數(shù)列,所以|an+1-an|=an+1-an=pn.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1. 又a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0. 當(dāng)p=0時,an+1=an,這與{an}是遞增數(shù)列矛盾.故p=. (2)由于{a2n-1}是遞增數(shù)

36、列, 因而a2n+1-a2n-1>0, 于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.① 但<, 所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.② 由①②知,a2n-a2n-1>0, 因此a2n-a2n-1==.③ 因為{a2n}是遞減數(shù)列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故 a2n+1-a2n=-=.④ 由③④知,an+1-an=. 于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+-+…+ =1+· =+·, 故數(shù)列{an}的通項 an=+·. 14.(2014四川,19,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,點

37、(an,bn)在函數(shù)f(x)=2x的圖象上(n∈N*). (1)若a1=-2,點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上,求數(shù)列{an}的前n項和Sn; (2)若a1=1,函數(shù)f(x)的圖象在點(a2,b2)處的切線在x軸上的截距為2-,求數(shù)列的前n項和Tn. 解析　(1)由已知,得b7=,b8==4b7,有=4×=. 解得d=a8-a7=2. 所以,Sn=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n. (2)函數(shù)f(x)=2x在(a2,b2)處的切線方程為 y-=(ln 2)(x-a2), 它在x軸上的截距為a2-. 由題意,得a2-=2-, 解得a2=2. 所以d=a2

38、-a1=1. 從而an=n,bn=2n. 所以Tn=+++…++, 2Tn=+++…+. 因此,2Tn-Tn=1+++…+-=2--=. 所以,Tn=. 15.(2014江西,17,12分)已知首項都是1的兩個數(shù)列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)滿足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0. (1)令cn=,求數(shù)列{cn}的通項公式; (2)若bn=3n-1,求數(shù)列{an}的前n項和Sn. 解析　(1)因為anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*), 所以-=2,即cn+1-cn=2. 所以數(shù)列{cn}是以1為首項,2為公差的等差數(shù)

39、列, 故cn=2n-1. (2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1, 于是數(shù)列{an}的前n項和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n- 1)·3n-1, 3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n, 相減得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n, 所以Sn=(n-1)3n+1. 16.(2014湖北,18,12分)已知等差數(shù)列{an}滿足:a1=2,且a1,a2,a5成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,是否存在正

40、整數(shù)n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,說明理由. 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,依題意,2,2+d,2+4d成等比數(shù)列,故有(2+d)2=2(2+4d), 化簡得d2-4d=0,解得d=0或d=4. 當(dāng)d=0時,an=2; 當(dāng)d=4時,an=2+(n-1)·4=4n-2, 從而得數(shù)列{an}的通項公式為an=2或an=4n-2. (2)當(dāng)an=2時,Sn=2n.顯然2n<60n+800, 此時不存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立. 當(dāng)an=4n-2時,Sn==2n2. 令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0, 解得n

41、>40或n<-10(舍去), 此時存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值為41. 綜上,當(dāng)an=2時,不存在滿足題意的n; 當(dāng)an=4n-2時,存在滿足題意的n,其最小值為41. 三年模擬 A組　2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組 考點一　數(shù)列的求和 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018浙江9+1高中聯(lián)盟期中,7)已知等差數(shù)列{an}、{bn}的前n項和分別為Sn、Tn,若=,則的值是(　　) A. B. C. D. 答案　A 2.(2018浙江高考模擬卷,8)在等差數(shù)列{an}中,前n項和Sn=,前m項和Sm=(m≠

42、n),則Sm+n的值(　　) A.小于4 B.等于4 C.大于4 D.大于2且小于4 答案　C 3.(2017浙江“超級全能生”3月聯(lián)考,11)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,若a1,S2,5成等差數(shù)列,則數(shù)列{an}的公比q=　　　　,Sn=　　　　.? 答案　2;2n-1 4.(2016浙江名校(鎮(zhèn)海中學(xué))交流卷二,12)已知正項數(shù)列{an}滿足log2an+1=1+log2an,若a1=1,則其前10項和S10=　　　　;若a5=2,則a1a2…a9=　　　　.? 答案　1 023;512 考點二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 5.(2016浙江溫州二模,7)數(shù)列{

43、an}是遞增數(shù)列,且滿足an+1=f(an),a1∈(0,1),則f(x)不可能是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.f(x)= B.f(x)=2x-1 C.f(x)= D.f(x)=log2(x+1) 答案　B 6.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期初聯(lián)考,13)已知等差數(shù)列{an}的前n項和是Sn,若Sk-1=4,Sk=9,則ak=　　　　,a1的最大值為　　　.? 答案　5;4 7.(2018浙江杭州二中期中,22)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=,an+1=ln+2(n∈N*). (1)證明:an+1≥; (2)記數(shù)列的前n項和為Sn,證明:Sn<+.

44、解析　(1)設(shè)f(x)=ln x+-1,則f '(x)=-=, 所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增, 因此f(x)=ln x+-1≥f(1)=0. 則ln+-1≥0,即ln≥1-=. ∴an+1=ln+2≥+2=,得證. (2)∵a1>1,∴a2=ln+2>ln+2>1,同理可得a3>1,…,an>1. ∵an+1≥,an>0,∴≤=·+, 即-≤·, ∴當(dāng)n≥2時,-≤·≤…≤·=·, 當(dāng)n=1時,-=≤·, ∴-≤·,n∈N*. ∴≤==-·<,即Sn<+. 8.(2017浙江寧波二模(5月),22)已知數(shù)列{an}中,a1=4,an+1=

45、,n∈N*,Sn為{an}的前n項和. (1)求證:當(dāng)n∈N*時,an>an+1; (2)求證:當(dāng)n∈N*時,2≤Sn-2n<. 證明　(1)當(dāng)n≥2時,因為an-an+1=- =,(2分) 所以an-an+1與an-1-an同號.(3分) 又因為a1=4,a2=,a1-a2>0, 所以當(dāng)n∈N*時,an>an+1.(5分) (2)由條件易得2=6+an,所以2(-4)=an-2, 所以2(an+1-2)(an+1+2)=an-2,① 所以an+1-2與an-2同號. 又因為a1=4,即a1-2>0, 所以an>2.(8分) 又Sn=a1+a2+…+an≥a1+(

46、n-1)×2=2n+2. 所以Sn-2n≥2.(10分) 由①可得=<, 因此,an-2≤(a1-2)×,即an≤2+2×,(12分) 所以Sn=a1+a2+…+an≤2n+2 =2n+<2n+. 綜上可得,2≤Sn-2n<.(15分) 9.(2017浙江湖州期末調(diào)研,22)已知數(shù)列{an}滿足a1=,an+1=,n∈N*. (1)求a2; (2)求的通項公式; (3)設(shè){an}的前n項和為Sn,求證:≤Sn<. 解析　(1)由條件可得a2==.(3分) (2)由an+1=得=·-, 所以-1=,(6分) 又-1=,所以是以首項為,公比為的等比數(shù)列, 因此,=

47、+1.(7分) (3)由(2)可得an=≥=×,(9分) 所以Sn=a1+a2+…+an≥+·+…+·=.(11分) 又an=<=,(13分) 所以Sn=a1+a2+a3+…+an<+++…+ =+-·<,n≥3,(14分) 又S1=<,S2=<, 因此,Sn<,n∈N*. 綜上,≤Sn<.(15分) B組　2016—2018年模擬·提升題組 一、選擇題 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018浙江重點中學(xué)12月聯(lián)考,7)設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,若a1=-2 015,S6-2S3=18,則S2 017=(　　) A.2 016 B.2 0

48、17 C.-2 015 D.-2 018 答案　B 2.(2017浙江“七彩陽光”新高考研究聯(lián)盟測試,9)已知函數(shù)f(x)=sin xcos x+cos2x,0≤x0

49、18浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,22)已知正項數(shù)列{an}滿足a1=3,+an+1=2an,n∈N*. (1)求證:10,所以an+2+an+1+1>0, 所以an+2-an+1與an+1-an同號. ∵+a2=2a1=6

50、,∴a2=2,則a2-a1<0, 所以an+1-an<0,∴數(shù)列{an}是單調(diào)遞減數(shù)列, 所以an≤a1=3. 由+an+1=2an,得+an+1-2=2an-2,即(an+1+2)(an+1-1)=2(an-1), 由an+1+2>0,知an+1-1與an-1同號, 由于a1-1=2>0,所以an-1>0,即an>1, 綜上知1

51、≤2×,n∈N*. 即an≤1+2×,n∈N*. 則a1+a2+a3+…+an≤n+2 =n+2×=n+60,∴f(x)≥-. f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)≤0(x≥1),∴f(x)≤2x2, ∴-≤f(x)≤2x2. (2)an=f(an

52、-1)=+an-1?=an-an-1(n≥2), 則An=++…+=an+1-a1=an+1-, an=+an-1=an-1(an-1+1)?==-?=-(n≥2), 累加得:Bn=++…+=-=-, ∴==an+1. 由(1)得an≥-?an+1+≥≥≥…≥, ∴an+1≥-∴=an+1≥3·-. an=f(an-1)≤2?an+1≤2≤23≤…≤==·. ∴=an+1≤×·=·, ∴3·-≤≤·,即-1≤≤,而-1≥, ∴≤≤. 6.(2017浙江名校協(xié)作體,22)已知函數(shù)f(x)=. (1)求方程f(x)-x=0的實數(shù)解; (2)如果數(shù)列{an}滿足a1=1,a

53、n+1=f(an)(n∈N*),是否存在實數(shù)c,使得a2nf(a2k)>f>f(a2k-1)≥f(1),從而>a2k+1>>a2k≥, 所以f

54、(a2k)≤f, 即00, 故an+1-an=-an=<0,∴an+1

55、++2×2=…=+++…++2n, 又a1=1,∴=1+++…++2n,∴Tn=-2n-1,n∈N*. (3)由(2)知,an+1=,由Tn≥=1,得an+1≤, ∴當(dāng)n≥2時,an≤=<=(-), ∴Sn-1, 綜上,-1

56、{bn}是等比數(shù)列; (2)記數(shù)列{nbn}的前n項和為Tn,求Tn; (3)求證:-<+++…+<. 解析　(1)證明:由a1=2,得a2=2(a1+1+1)=8. 由an+1=2(Sn+n+1),得an=2(Sn-1+n)(n≥2), 兩式相減,得an+1=3an+2(n≥2),(3分) 當(dāng)n=1時上式也成立,故an+1=3an+2(n∈N*). 所以有an+1+1=3(an+1),即bn+1=3bn, 又b1=3,故{bn}是等比數(shù)列.(5分) (2)由(1)得bn=3n, 所以Tn=1×3+2×32+3×33+…+n·3n, 3Tn=1×32+2×33+3×3

57、4+…+n·3n+1, 兩式相減,得-2Tn=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1, 故Tn=·3n+1+.(10分) (3)證明:由an=bn-1=3n-1,得=>,k∈N*, 所以+++…+>+++…+==-·,(12分) 又==<=,k∈N*, 所以+++…+<+ =+=+-·<. 故-<+++…+<.(15分) 方法2　數(shù)列綜合應(yīng)用的解題策略 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 2.(2017浙江金華十校聯(lián)考(4月),22)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1·an=(n∈N*). (1) 證明:=; (2)證明:2(-1)≤++…

58、+≤n. 證明　(1)∵an+1·an=,① ∴an+2·an+1=,② ②÷①得,==, ∴=. (2)由(1)得,(n+1)an+2=nan, ∴++…+=++…+. 令bn=nan,則bn·bn+1=nan·(n+1)an+1==n+1,③ ∴bn-1·bn=n(n≥2),④ 由b1=a1=1,b2=2,易得bn>0, ③-④得,=bn+1-bn-1(n≥2), ∴b1