北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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7.4 数列求和、数列的综合
考点一 数列求和
1.(2017课标Ⅰ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:N>100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 本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.
不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n),
n(n+1)
则有N= +t+1,因为N>100,所以n≥13.
2
由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.
因为n≥13,所以2n>n+2,
所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n,
因为2t+1-1>0,
所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1,
因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1.
所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3.
当t=3时,N=95,不合题意;
当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.
解题关键 解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1.
一题多解 本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解.
2.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{a}的公差为2,若a,a,a 成等比数列,则{a}的前n项和S=( )
n 2 4 8 n n
A.n(n+1) B.n(n-1)
n(n+1) n(n−1)
C. D.
2 2
答案 A ∵a,a,a 成等比数列,
2 4 8
∴a2
=a·a,即(a+3d)2=(a+d)(a+7d),
4 2 8 1 1 1
将d=2代入上式,解得a=2,
1北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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n(n−1)·2
∴S=2n+ =n(n+1),故选A.
n 2
3.(2012课标文,12,5分)数列{a}满足a +(-1)na=2n-1,则{a}的前60项和为( )
n n+1 n n
A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830
答案 D 当n=2k时,a +a =4k-1,
2k+1 2k
当n=2k-1时,a -a =4k-3,
2k 2k-1
∴a +a =2,∴a +a =2,
2k+1 2k-1 2k+1 2k+3
∴a =a ,
2k-1 2k+3
∴a=a=…=a .
1 5 61
30×(3+119)
∴a+a+a+…+a =(a+a)+(a+a)+…+(a +a )=3+7+11+…+(2×60-1)= =30×61=1 830.
1 2 3 60 2 3 4 5 60 61 2
4.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{a}满足a=a,a
=a2
+b,n∈N*,则( )
n 1 n+1 n
1 1
A.当b= 时,a >10 B.当b= 时,a >10
2 10 4 10
C.当b=-2时,a >10 D.当b=-4时,a >10
10 10
答案 A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查
的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.
令a
=a,即a2 +b=a,即a2
-a+b=0,若有解,
n+1 n n n n n
1
则Δ=1-4b≥0,即b≤ ,
4
1 1±√1−4b
∴当b≤ 时,a= ,n∈N*,
4 n 2
1 1+√1−4b 1−√1−4b
即存在b≤ ,且a= 或 ,使数列{a}为常数列,
4 2 2 n
1 1−√1−4b
B、C、D选项中,b≤ 成立,故存在a= <10,
4 2
1−√1−4b
使a= (n∈N*),排除B、C、D.
n 2
对于A,∵b=
1
,∴a=a2
+
1
≥
1
,a=a2
+
1
≥
(1) 2
+
1
=
3
,a≥
(3) 2
+
1
=
17
,
2 2 1 2 2 3 2 2 2 2 4 4 4 2 16北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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(17) 2 (17) 4 (17) 64
∴a> ,a> ,…,a > ,
5 16 6 16 10 16
而
(17) 64
=
( 1+ 1 ) 64 =1+C1
×
1 +C2
×
( 1 ) 2
+…=1+4+
63
+…>10.故a >10.
16 16 64 16 64 16 8 10
5.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a},则{a}的前n项和
n n
为 .
答案
3n2-2n
解析:∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,
数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…,
∴数列{a}是首项为1,公差为6的等差数列,
n
∴a=1+(n-1)×6=6n-5,
n
(1+6n−5)×n
∴数列{a}的前n项和S= =3n2-2n.
n n 2
6.(2015福建文,16,4分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)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 .
答案 9
解析 依题意有a,b是方程x2-px+q=0的两根,则a+b=p,ab=q,由p>0,q>0可知a>0,b>0.由题意可知
ab=(-2)2=4=q,a-2=2b或b-2=2a,
将a-2=2b代入ab=4可解得a=4,b=1,此时a+b=5,将b-2=2a代入ab=4可解得a=1,b=4,此时a+b=5,则p=5,故
p+q=9.
评析 本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,考查函数与方程思想、化归与转化思想.
{1 }
7.(2015江苏,11,5分)设数列{a}满足a=1,且a -a=n+1(n∈N*),则数列 前10项的和为 .
n 1 n+1 n a
n
20
答案
11
解析 由已知得,a-a=1+1,a-a=2+1,a-a=3+1,……,a-a =n-1+1(n≥2),则有a-a=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),
2 1 3 2 4 3 n n-1 n 1
n2+n n2+n
因为a=1,所以a=1+2+3+…+n(n≥2),即a= (n≥2),又当n=1时,a=1也适合上式,故a= (n∈N*),所
1 n n 2 1 n 2北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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1 2 (1 1 ) 1 1 1 1 ( 1) (1 1) (1 1)
以 = =2 − ,从而 + + +…+ =2× 1− +2× − +2× − +…+2×
a n2+n n n+1 a a a a 2 2 3 3 4
n 1 2 3 10
( 1 1 ) ( 1 ) 20
− =2× 1− = .
10 11 11 11
8.(2016北京,12,5分)已知{a}为等差数列,S 为其前n项和.若a=6,a+a=0,则S= .
n n 1 3 5 6
答案 6
解析 设等差数列{a}的公差为d,∵a=6,a+a=0,
n 1 3 5
6×5
∴6+2d+6+4d=0,∴d=-2,∴S=6×6+ ×(-2)=6.
6 2
{S } 1
9.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记S 为数列{a}的前n项和,已知a=1, n 是公差为 的等差数列.
n n 1 a 3
n
(1)求{a}的通项公式;
n
1 1 1
(2)证明:
+ +…+
<2.
a a a
1 2 n
解析
(1)解法一:依题意得,S=a=1.
1 1
S 1 1 n+2
n= =
∴ +(n-1)× .
a 1 3 3
n
∴3S=(n+2)a,则3S =(n+1+2)a =(n+3)a ,
n n n+1 n+1 n+1
∴3S -3S=(n+3)a -(n+2)a,
n+1 n n+1 n
即3a =(n+3)a -(n+2)a,
n+1 n+1 n
a n+2
∴na =(n+2)a,即
n+1=
,
n+1 n a n
n
a (n+1)(n+2)
n+1=
由累乘法得 ,
a 1×2
1
(n+1)(n+2)
又a=1,∴a = ,
1 n+1 2
n(n+1)
∴a= (n≥2),又a=1满足上式,
n 2 1北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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n(n+1)
∴a= (n∈N*).
n 2
解法二:同解法一求得na =(n+2)a,
n+1 n
a a a a
∴ n+1 = n ,即 n+1 = n ,
n+2 n (n+1)(n+2) n(n+1)
{ a } 1
n
∴数列 是常数列,首项为 ,
n(n+1) 2
a 1 n(n+1)
∴ n = ,∴a= .
n(n+1) 2 n 2
1 2 (1 1 )
(2)证明:由(1)知 = =2 − ,
a n(n+1) n n+1
n
1 1 1 (1 1) (1 1) (1 1 ) ( 1 ) 2
∴ + +…+ =2 − +2 − +…+2 − =2 1− =2− <2.
a a a 1 2 2 3 n n+1 n+1 n+1
1 2 n
{a +1,n为奇数,
n
10.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{a}满足a=1,a =
n 1 n+1 a +2,n为偶数.
n
(1)记b=a ,写出b,b,并求数列{b}的通项公式;
n 2n 1 2 n
(2)求{a}的前20项和.
n
解题指导:(1)由已知条件求出{a}的递推式,从而得出{b}的递推式,再由已知条件求出b,从而求出数列
n n 1
{b}的通项公式.(2)根据题目条件把{a}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数
n n
列{b}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.
n
解析
(1)由题意得a =a +2,a =a +1,
2n+1 2n 2n+2 2n+1
所以a =a +3,即b =b+3,且b=a=a+1=2,
2n+2 2n n+1 n 1 2 1
所以数列{b}是以2为首项,3为公差的等差数列,
n
所以b=2,b=5,b=2+(n-1)×3=3n-1.
1 2 n
(2)当n为奇数时,a=a -1.
n n+1
设数列{a}的前n项和为S,
n n
则S =a+a+…+a
20 1 2 20
=(a+a+…+a )+(a+a+…+a )
1 3 19 2 4 20北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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=[(a-1)+(a-1)+…+(a -1)]+(a+a+…+a )
2 4 20 2 4 20
=2(a+a+…+a )-10,
2 4 20
10×9
由(1)可知a+a+…+a =b+b+…+b =10×2+ ×3=155,
2 4 20 1 2 10 2
故S =2×155-10=300,即{a}的前20项和为300.
20 n
解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{b}的通项公式;二是利用分组求
n
和的方式对S 进行重组变形,结合a 与b 的关系求得结果.
20 n n
11.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a}满足a=3,a =3a-4n.
n 1 n+1 n
(1)计算a,a,猜想{a}的通项公式并加以证明;
2 3 n
(2)求数列{2na}的前n项和S.
n n
解析
(1)a=5,a=7.
2 3
猜想a=2n+1.由已知可得
n
a -(2n+3)=3[a-(2n+1)],
n+1 n
a-(2n+1)=3[a -(2n-1)],
n n-1
……
a-5=3(a-3).
2 1
因为a=3,所以a=2n+1.
1 n
(2)由(1)得2na=(2n+1)2n,
n
所以S=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n. ①
n
从而2S=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1. ②
n
①-②得
-S=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
n
所以S=(2n-1)2n+1+2.
n
方法总结 数列求和的5种方法
解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列
1
求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a= ,
n n(n+k)
1 (1 1 )
可裂项为a= · − ;(3)错位相减法:形如c=a·b,其中{a}是等差数列,{b}是等比数列;(4)分
n k n n+k n n n n n
组求和法:形如c=a+b,其中{a}是等差数列,{b}是等比数列;(5)并项求和法.
n n n n n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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12.(2016课标Ⅱ,17,12分)S 为等差数列{a}的前n项和,且a=1,S=28.记b=[lg a],其中[x]表示不超过x的最
n n 1 7 n n
大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b,b ,b ;
1 11 101
(2)求数列{b}的前1 000项和.
n
解析 (1)设{a}的公差为d,根据已知有7+21d=28,
n
解得d=1.
所以{a}的通项公式为a=n.
n n
b=[lg 1]=0,b =[lg 11]=1,b =[lg 101]=2.(6分)
1 11 101
0,1≤n<10,
{
1,10≤n<100,
(2)因为b= (9分)
n 2,100≤n<1 000,
3,n=1 000,
所以数列{b}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
n
思路分析 (1)先求公差,从而得通项a,再根据已知条件求b,b ,b .(2)分析出{b}中项的规律,进而求出数列
n 1 11 101 n
{b}的前1 000项和.
n
13.(2016山东,18,12分)已知数列{a}的前n项和S=3n2+8n,{b}是等差数列,且a=b+b .
n n n n n n+1
(1)求数列{b}的通项公式;
n
(a +1) n+1
n
(2)令c= ,求数列{c}的前n项和T.
n (b +2) n n n
n
解析 (1)由题意知,当n≥2时,a=S-S =6n+5.
n n n-1
当n=1时,a=S=11,
1 1
所以a=6n+5(n∈N*).
n
{a =b +b , { 11=2b +d,
1 1 2 1
设数列{b}的公差为d.由 即
n a =b +b , 17=2b +3d,
2 2 3 1
可解得b=4,d=3.所以b=3n+1.
1 n
(6n+6) n+1
(2)由(1)知c= =3(n+1)·2n+1.
n (3n+3) n
又T=c+c+…+c,得T=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
n 1 2 n n
2T=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
n
两式作差,得-T=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]
n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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4(1−2n
)
=3× 4+ -(n+1)×2n+2 =-3n·2n+2.
1−2
所以T=3n·2n+2.
n
14.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{a}满足a+3a+…+(2n-1)a=2n.
n 1 2 n
(1)求{a}的通项公式;
n
{ a }
n
(2)求数列 的前n项和.
2n+1
解析 (1)因为a+3a+…+(2n-1)a=2n,故当n≥2时,
1 2 n
a+3a+…+(2n-3)a =2(n-1).
1 2 n-1
两式相减得(2n-1)a=2.
n
2
所以a= (n≥2).
n 2n−1
又由题设可得a=2,
1
2
从而{a}的通项公式为a= (n∈N*).
n n 2n−1
{ a }
n
(2)记 的前n项和为S.
2n+1 n
a 2 1 1
n
由(1)知 = = - .
2n+1 (2n+1)(2n−1) 2n−1 2n+1
1 1 1 1 1 1 2n
则S= - + - +…+ - = .
n 1 3 3 5 2n−1 2n+1 2n+1
思路分析 (1)条件a+3a+…+(2n-1)a=2n的实质就是数列{(2n-1)a}的前n项和,故可利用a 与S 的关系求
1 2 n n n n
解.(2)利用(1)求得的{a}的通项公式,然后用裂项相消法求和.
n
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.
15.(2016课标Ⅱ文,17,12分)等差数列{a}中,a+a=4,a+a=6.
n 3 4 5 7
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)设b=[a],求数列{b}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.
n n n
解析 (1)设数列{a}的公差为d,由题意有2a+5d=4,a+5d=3.
n 1 1
2
解得a=1,d= .(3分)
1 5
2n+3
所以{a}的通项公式为a= .(5分)
n n 5北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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[2n+3]
(2)由(1)知,b= .(6分)
n 5
2n+3
当n=1,2,3时,1≤ <2,b=1;
5 n
2n+3
当n=4,5时,2≤ <3,b=2;
5 n
2n+3
当n=6,7,8时,3≤ <4,b=3;
5 n
2n+3
当n=9,10时,4≤ <5,b=4.(10分)
5 n
所以数列{b}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)
n
评析 本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.
16.(2016浙江文,17,15分)设数列{a}的前n项和为S.已知S=4,a =2S+1,n∈N*.
n n 2 n+1 n
(1)求通项公式a;
n
(2)求数列{|a-n-2|}的前n项和.
n
{a +a =4, {a =1,
1 2 1
解析 (1)由题意得 则
a =2a +1, a =3.
2 1 2
又当n≥2时,由a -a=(2S+1)-(2S +1)=2a,
n+1 n n n-1 n
得a =3a.
n+1 n
所以,数列{a}的通项公式为a=3n-1,n∈N*.
n n
(2)设b=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b=2,b=1.
n 1 2
当n≥3时,由于3n-1>n+2,故b=3n-1-n-2,n≥3.
n
设数列{b}的前n项和为T,则T=2,T=3.
n n 1 2
9(1−3n−2 ) (n+7)(n−2) 3n−n2−5n+11
当n≥3时,T=3+ - = ,
n 1−3 2 2
{
2,n=1,
所以T=
3n−n2−5n+11
n ,n≥2,n∈N∗.
2
易错警示 (1)当n≥2时,得出a =3a,要注意a 与a 是否满足此关系式.
n+1 n 1 2
(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T 要写成分段函数的形式.
n
17.(2016北京文,15,13分)已知{a}是等差数列,{b}是等比数列,且b=3,b=9,a=b,a =b.
n n 2 3 1 1 14 4
(1)求{a}的通项公式;
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(2)设c=a+b,求数列{c}的前n项和.
n n n n
b 9
3
解析 (1)等比数列{b}的公比q= = =3,(1分)
n b 3
2
b
2
所以b= =1,b=bq=27.(3分)
1 q 4 3
设等差数列{a}的公差为d.
n
因为a=b=1,a =b=27,
1 1 14 4
所以1+13d=27,即d=2.(5分)
所以a=2n-1(n=1,2,3,…).(6分)
n
(2)由(1)知,a=2n-1,b=3n-1.
n n
因此c=a+b=2n-1+3n-1.(8分)
n n n
从而数列{c}的前n项和
n
S=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1
n
n(1+2n−1) 1−3n
= +
2 1−3
3n−1
=n2+ .(13分)
2
规范解答 要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.
18.(2016天津理,18,13分)已知{a}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b 是a 和a 的等
n n n n+1
比中项.
(1)设c=b2 -b2
,n∈N*,求证:数列{c}是等差数列;
n n+1 n n
2n n 1 1
(2)设a=d,T=∑(-1)kb2 ,n∈N*,求证:∑ < .
1 n
k=1
k
k=1
T
k
2d2
证明
(1)由题意得b2
=aa
,有c=b2 -b2
=a ·a -aa =2da ,因此c -c=2d(a -a )=2d2,
n n n+1 n n+1 n n+1 n+2 n n+1 n+1 n+1 n n+2 n+1
所以{c}是等差数列.
n
(2)T=(-b2 +b2 )+(-b2 +b2 )+…+(-b2 +b2
)
n 1 2 3 4 2n−1 2n
=2d(a+a+…+a )
2 4 2n
n(a +a )
=2d· 2 2n =2d2n(n+1).
2北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
版
n 1 1 n 1 1 n (1 1 ) 1 ( 1 ) 1
所以 ∑ = ∑ = ∑ − = · 1− < .
k=1
T
k
2d2
k=1
k(k+1) 2d2
k=1
k k+1 2d2 n+1 2d2
评析 本小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.
1 1 2
19.(2016天津文,18,13分)已知{a}是等比数列,前n项和为S(n∈N*),且 - = ,S=63.
n n a a a 6
1 2 3
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)若对任意的n∈N*,b 是loga 和loga
的等差中项,求数列{(-1)nb2
}的前2n项和.
n 2 n 2 n+1 n
1 1 2
解析 (1)设数列{a}的公比为q.由已知,有 - = ,解得q=2,或q=-1.
n a a q a q2
1 1 1
1−q6 1−26
又由S=a· =63,知q≠-1,所以a· =63,得a=1.所以a=2n-1.
6 1 1−q 1 1−2 1 n
1 1 1
(2)由题意,得b= (loga+loga )= (log2n-1+log2n)=n- ,
n 2 2 n 2 n+1 2 2 2 2
1
即{b}是首项为 ,公差为1的等差数列.
n 2
设数列{(-1)nb2
}的前n项和为T,则
n n
T
=(-b2 +b2 )+(-b2 +b2 )+…+(-b2 +b2
)
2n 1 2 3 4 2n−1 2n
2n(b +b )
1 2n
=b+b+b+b+…+b +b = =2n2.
1 2 3 4 2n-1 2n 2
评析 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.
20.(2015福建文,17,12分)等差数列{a}中,a=4,a+a=15.
n 2 4 7
(1)求数列{a}的通项公式;
n
(2)设b n
=2a
n
−2
+n,求b 1 +b 2 +b 3 +…+b 10 的值.
解析 (1)设等差数列{a}的公差为d.
n
{ a +d=4,
1
由已知得
(a +3d)+(a +6d)=15,
1 1北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
版
{a =3,
1
解得
d=1.
所以a=a+(n-1)d=n+2.
n 1
(2)由(1)可得b=2n+n.
n
所以b+b+b+…+b =(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)
1 2 3 10
=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)
2(1−210 ) (1+10)×10
= +
1−2 2
=(211-2)+55
=211+53=2 101.
评析 本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.
21.(2015课标Ⅰ理,17,12分)S
为数列{a}的前n项和.已知a>0,a2
+2a=4S+3.
n n n n n n
(1)求{a}的通项公式;
n
1
(2)设b= ,求数列{b}的前n项和.
n a a n
n n+1
解析
(1)由a2 +2a=4S+3,可知a2
+2a =4S +3.
n n n n+1 n+1 n+1
可得a2 -a2
+2(a -a)=4a ,即
n+1 n n+1 n n+1
2(a
+a)=a2 -a2
=(a +a)(a -a).
n+1 n n+1 n n+1 n n+1 n
由于a>0,可得a -a=2.
n n+1 n
又a2
+2a=4a+3,解得a=-1(舍去)或a=3.
1 1 1 1 1
所以{a}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a=2n+1.(6分)
n n
(2)由a=2n+1可知
n
1 1 1( 1 1 )
b= = = − .
n a a (2n+1)(2n+3) 2 2n+1 2n+3
n n+1
设数列{b}的前n项和为T,则
n n
T=b+b+…+b
n 1 2 n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
版
1[(1 1) (1 1) ( 1 1 )]
= − + − +…+ −
2 3 5 5 7 2n+1 2n+3
n
= .(12分)
3(2n+3)
22.(2015安徽文,18,12分)已知数列{a}是递增的等比数列,且a+a=9,aa=8.
n 1 4 2 3
(1)求数列{a}的通项公式;
n
a
n+1
(2)设S 为数列{a}的前n项和,b= ,求数列{b}的前n项和T.
n n n S S n n
n n+1
解析 (1)由题设知a·a=a·a=8,
1 4 2 3
{a =1, {a =8,
1 1
又a+a=9,可解得 或 (舍去).
1 4 a =8 a =1
4 4
由a=aq3得公比为q=2,故a=aqn-1=2n-1.
4 1 n 1
a (1−qn ) a S −S 1 1
(2)S= 1 =2n-1,又b= n+1 = n+1 n = - ,
n 1−q n S S S S S S
n n+1 n n+1 n n+1
( 1 1 ) ( 1 1 ) ( 1 1 ) 1 1
− − −
所以T=b+b+…+b= + +…+ = -
n 1 2 n S S S S S S S S
1 2 2 3 n n+1 1 n+1
1
=1- .
2n+1−1
评析 本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.
23.(2015天津理,18,13分)已知数列{a}满足a =qa(q为实数,且q≠1),n∈N*,a=1,a=2,且a+a,a+a,a+a 成
n n+2 n 1 2 2 3 3 4 4 5
等差数列.
(1)求q的值和{a}的通项公式;
n
log a
2 2n
(2)设b= ,n∈N*,求数列{b}的前n项和.
n a n
2n−1
解析 (1)由已知,有(a+a)-(a+a)=(a+a)-(a+a),即a-a=a-a,
3 4 2 3 4 5 3 4 4 2 5 3
所以a(q-1)=a(q-1).又因为q≠1,故a=a=2,
2 3 3 2
由a=a·q,得q=2.
3 1
n−1
当n=2k-1(k∈N*)时,a n =a 2k-1 =2k-1= 2 2 ;北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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n
当n=2k(k∈N*)时,a
n
=a
2k
=2k= 22.
n−1
{
2 2 ,n为奇数,
所以,{a}的通项公式为a=
n n n
22,n为偶数.
log a n 1 1 1 1 1
2 2n
(2)由(1)得b= = .设{b}的前n项和为S,则S=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
n a 2n−1 n n n 20 21 22 2n−2 2n−1
2n−1
1 1 1 1 1 1
S=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
2 n 21 22 23 2n−1 2n
上述两式相减,得
1
1−
1 1 1 1 n 2n n 2 n
S=1+ + +…+ - = - =2- - ,
2 n 2 22 2n−1 2n 1 2n 2n 2n
1−
2
n+2
整理得,S=4- .
n 2n−1
n+2
所以,数列{b}的前n项和为4- ,n∈N*.
n 2n−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.
{ 1 } n
24.(2015山东文,19,12分)已知数列{a}是首项为正数的等差数列,数列 的前n项和为 .
n a ·a 2n+1
n n+1
(1)求数列{a}的通项公式;
n
(2)设b
n
=(a
n
+1)·2a
n,求数列{b
n
}的前n项和T
n
.
解析 (1)设数列{a}的公差为d.
n
1 1
令n=1,得 = ,
a a 3
1 2
所以aa=3.
1 2
1 1 2
令n=2,得 + = ,
a a a a 5
1 2 2 3
所以aa=15.
2 3
解得a=1,d=2,
1
所以a=2n-1.
n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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(2)由(1)知b=2n·22n-1=n·4n,
n
所以T=1·41+2·42+…+n·4n,
n
所以4T=1·42+2·43+…+n·4n+1,
n
两式相减,得-3T=41+42+…+4n-n·4n+1
n
4(1−4n
)
= -n·4n+1
1−4
1−3n 4
= ×4n+1- .
3 3
3n−1 4 4+(3n−1)4n+1
所以T= ×4n+1+ = .
n 9 9 9
1 1 1
25.(2015浙江文,17,15分)已知数列{a}和{b}满足a=2,b=1,a =2a(n∈N*),b+ b+ b+…+ b=b -
n n 1 1 n+1 n 1 2 2 3 3 n n n+1
1(n∈N*).
(1)求a 与b;
n n
(2)记数列{ab}的前n项和为T,求T.
n n n n
解析 (1)由a=2,a =2a,得a=2n(n∈N*).
1 n+1 n n
由题意知:
当n=1时,b=b-1,故b=2.
1 2 2
1 b b
n+1 n
当n≥2时, b=b -b,整理得 = ,
n n n+1 n n+1 n
所以b=n(n∈N*).
n
(2)由(1)知ab=n·2n,
n n
因此T=2+2·22+3·23+…+n·2n,
n
2T=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,
n
所以T-2T=2+22+23+…+2n-n·2n+1.
n n
故T=(n-1)2n+1+2(n∈N*).
n
评析 本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以
及推理论证能力.
26.(2015天津文,18,13分)已知{a}是各项均为正数的等比数列,{b}是等差数列,且a=b=1,b+b=2a,a-
n n 1 1 2 3 3 5
3b=7.
2
(1)求{a}和{b}的通项公式;
n n
(2)设c=ab,n∈N*,求数列{c}的前n项和.
n n n n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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{2q2−3d=2,
解析 (1)设数列{a}的公比为q,数列{b}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有 消去d,整理
n n q4−3d=10,
得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.
所以数列{a}的通项公式为a=2n-1,n∈N*;数列{b}的通项公式为b=2n-1,n∈N*.
n n n n
(2)由(1)有c=(2n-1)·2n-1,设{c}的前n项和为S,则
n n n
S=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,
n
2S=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,
n
上述两式相减,得-S=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3,
n
所以,S=(2n-3)·2n+3,n∈N*.
n
评析 本小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.
27.(2015湖北文,19,12分)设等差数列{a}的公差为d,前n项和为S,等比数列{b}的公比为q.已知
n n n
b=a,b=2,q=d,S =100.
1 1 2 10
(1)求数列{a},{b}的通项公式;
n n
a
n
(2)当d>1时,记c= ,求数列{c}的前n项和T.
n b n n
n
{10a +45d=100, {2a +9d=20,
1 1
解析 (1)由题意有, 即
a d=2, a d=2,
1 1
1
{a =1,
{a
1
=9,
{a =2n−1,
{a
n
=
9
(2n+79),
解得 d 1 =2, 或 d= 2 . 故 b n =2n−1, 或 (2) n−1
9 n b =9· .
n 9
2n−1
(2)由d>1,知a=2n-1,b=2n-1,故c= ,
n n n 2n−1
3 5 7 9 2n−1
于是T=1+ + + + +…+ ,①
n 2 22 23 24 2n−1
1 1 3 5 7 9 2n−1
T= + + + + +…+ .②
2 n 2 22 23 24 25 2n
①-②可得
1 1 1 1 2n−1 2n+3
T=2+ + +…+ - =3- ,
2 n 2 22 2n−2 2n 2n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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2n+3
故T=6- .
n 2n−1
n2+n
28.(2014湖南文,16,12分)已知数列{a}的前n项和S= ,n∈N*.
n n 2
(1)求数列{a}的通项公式;
n
(2)设b
n
=2a n+(-1)na
n
,求数列{b
n
}的前2n项和.
解析 (1)当n=1时,a=S=1;
1 1
n2+n (n−1) 2+(n−1)
当n≥2时,a=S-S = - =n.
n n n-1 2 2
故数列{a}的通项公式为a=n.
n n
(2)由(1)知,b=2n+(-1)nn,记数列{b}的前2n项和为T ,则T =(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).
n n 2n 2n
2(1−22n
)
记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A= =22n+1-2,
1−2
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.
故数列{b}的前2n项和T =A+B=22n+1+n-2.
n 2n
评析 本题考查数列的前n项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和
的方法.
29.(2014北京文,15,13分)已知{a}是等差数列,满足a=3,a=12,数列{b}满足b=4,b=20,且{b-a}为等比数列.
n 1 4 n 1 4 n n
(1)求数列{a}和{b}的通项公式;
n n
(2)求数列{b}的前n项和.
n
解析 (1)设等差数列{a}的公差为d,由题意得
n
a −a 12−3
4 1
d= = =3.
3 3
所以a=a+(n-1)d=3n(n=1,2,…).
n 1
设等比数列{b-a}的公比为q,由题意得
n n
b −a 20−12
4 4
q3= = =8,解得q=2.
b −a 4−3
1 1
所以b-a=(b-a)qn-1=2n-1.
n n 1 1
从而b=3n+2n-1(n=1,2,…).
n
(2)由(1)知b=3n+2n-1(n=1,2,…).
n
3 1−2n
数列{3n}的前n项和为 n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1× =2n-1.
2 1−2北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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3
所以数列{b}的前n项和为 n(n+1)+2n-1.
n 2
评析 本题主要考查等差数列与等比数列通项公式及前n项和公式,考查数列综合应用.属基础题.
30.(2014大纲全国理,18,12分)等差数列{a}的前n项和为S.已知a=10,a 为整数,且S≤S.
n n 1 2 n 4
(1)求{a}的通项公式;
n
1
(2)设b= ,求数列{b}的前n项和T.
n a a n n
n n+1
解析 (1)由a=10,a 为整数知,等差数列{a}的公差d为整数.
1 2 n
又S≤S,故a≥0,a≤0,
n 4 4 5
于是10+3d≥0,10+4d≤0.
10 5
解得- ≤d≤- .
3 2
因此d=-3.
数列{a}的通项公式为a=13-3n.(6分)
n n
1 1( 1 1 )
(2)b= = − .(8分)
n (13−3n)(10−3n) 3 10−3n 13−3n
于是T=b+b+…+b
n 1 2 n
1[(1 1 ) (1 1) ( 1 1 )]
= − + − +…+ −
3 7 10 4 7 10−3n 13−3n
1( 1 1 ) n
= − = .(12分)
3 10−3n 10 10(10−3n)
评析 本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于
分析已知条件“a 为整数”“S≤S”所隐含的条件;在第(2)问中,对通项公式b 进行裂项过程中易漏了系数
2 n 4 n
1
而导致错解.
3
31.(2014山东理,19,12分)已知等差数列{a}的公差为2,前n项和为S,且S,S,S 成等比数列.
n n 1 2 4
(1)求数列{a}的通项公式;
n
4n
(2)令b=(-1)n-1 ,求数列{b}的前n项和T.
n a a n n
n n+1
2×1
解析 (1)因为S=a,S=2a+ ×2=2a+2,
1 1 2 1 2 1北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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4×3
S=4a+ ×2=4a+12,
4 1 2 1
由题意得(2a+2)2=a(4a+12),
1 1 1
解得a=1,
1
所以a=2n-1.
n
4n 4n
(2)b=(-1)n-1 =(-1)n-1
n a a (2n−1)(2n+1)
n n+1
( 1 1 )
=(-1)n-1 + .
2n−1 2n+1
当n为偶数时,
( 1) (1 1) ( 1 1 )( 1 1 )
T=
1+
-
+
+…+
+
-
+
n 3 3 5 2n−3 2n−1 2n−1 2n+1
1
=1-
2n+1
2n
= .
2n+1
当n为奇数时,
( 1) (1 1) 1 1 1 1 1 2n+2
1+ +
T= - +…- + + + =1+ = .
n 3 3 5 2n−3 2n−1 2n−1 2n+1 2n+1 2n+1
2n+2
{ ,n为奇数,
2n+1
所以T=
n 2n
,n为偶数.
2n+1
( 2n+1+(−1) n−1 )
或T =
n 2n+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,同时考查分类讨论的思想、运算求解能
力和逻辑推理能力.
32.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{a}是递增的等差数列,a,a 是方程x2-5x+6=0的根.
n 2 4
(1)求{a}的通项公式;
n
{a }
n
(2)求数列 的前n项和.
2n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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解析 (1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a=2,a=3.
2 4
1 3
设数列{a}的公差为d,则a-a=2d,故d= ,从而a= .
n 4 2 2 1 2
1
所以{a}的通项公式为a= n+1.
n n 2
{a } a n+2
n n
(2)设 的前n项和为S,由(1)知 = ,则
2n n 2n 2n+1
3 4 n+1 n+2
S= + +…+ + ,
n 22 23 2n 2n+1
1 3 4 n+1 n+2
S= + +…+ + .
2 n 23 24 2n+1 2n+2
1 3 ( 1 1 ) n+2
+…+
两式相减得 S= + -
2 n 4 23 2n+1 2n+2
3 1( 1 ) n+2
1−
= + - .
4 4 2n−1 2n+2
n+4
所以S=2- .
n 2n+1
评析 本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是
基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.
33.(2014安徽文,18,12分)数列{a}满足a=1,na =(n+1)a+n(n+1),n∈N*.
n 1 n+1 n
{a }
n
(1)证明:数列 是等差数列;
n
(2)设b=3n·√a ,求数列{b}的前n项和S.
n n n n
a a a a
n+1 n n+1 n
解析 (1)证明:由已知可得 = +1,即 - =1.
n+1 n n+1 n
{a } a
n 1
所以 是以 =1为首项,1为公差的等差数列.
n 1
a
n
(2)由(1)得 =1+(n-1)·1=n,所以a=n2.
n n
从而b=n·3n.
n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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S=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①
n
3S=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②
n
①-②得-2S=31+32+…+3n-n·3n+1
n
3·(1−3n
)
(1−2n)·3n+1−3
= -n·3n+1= .
1−3 2
(2n−1)·3n+1+3
所以S= .
n
4
评析 本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行
变形是关键.
34.(2014山东文,19,12分)在等差数列{a}中,已知公差d=2,a 是a 与a 的等比中项.
n 2 1 4
(1)求数列{a}的通项公式;
n
a
(2)设b= n(n+1),记T=-b+b-b+b-…+(-1)nb,求T.
n n 1 2 3 4 n n
2
解析 (1)由题意知(a+d)2=a(a+3d),
1 1 1
即(a+2)2=a(a+6),
1 1 1
解得a=2,
1
所以数列{a}的通项公式为a=2n.
n n
a
(2)由题意知b= n(n+1)=n(n+1).
n
2
所以T=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).
n
因为b -b=2(n+1),
n+1 n
所以当n为偶数时,
T=(-b+b)+(-b+b)+…+(-b +b)
n 1 2 3 4 n-1 n
=4+8+12+…+2n
n
(4+2n)
=2
2
n(n+2)
= ,
2
当n为奇数时,
T=T +(-b)
n n-1 n
(n−1)(n+1)
= -n(n+1)
2北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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(n+1) 2
=- .
2
{
(n+1) 2
− ,n为奇数,
2
所以T=
n n(n+2)
,n为偶数.
2
评析 本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻
辑推理能力.
35.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{a}的前n项和S 满足S=0,S=-5.
n n 3 5
(1)求{a}的通项公式;
n
{ 1 }
(2)求数列 的前n项和.
a a
2n−1 2n+1
n(n−1)
解析 (1)设{a}的公差为d,则S=na+ d.
n n 1 2
{ 3a +3d=0,
1
由已知可得 解得a=1,d=-1.
5a +10d=−5. 1
1
故{a}的通项公式为a=2-n.
n n
1 1 1( 1 1 )
(2)由(1)知 = = − ,
a a (3−2n)(1−2n) 2 2n−3 2n−1
2n−1 2n+1
{ 1 }
从而数列 的前n项和为
a a
2n−1 2n+1
1 1 1 1 1 1 1 n
- + - +…+ - = .
2 −1 1 1 3 2n−3 2n−1 1−2n
评析 本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程
思想.
36.(2011课标理,17,12分)等比数列{a}的各项均为正数,且2a+3a=1,a2
=9aa.
n 1 2 3 2 6
(1)求数列{a}的通项公式;
n
{1 }
(2)设b=loga+loga+…+loga,求数列 的前n项和.
n 3 1 3 2 3 n b
n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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1
解析
(1)设数列{a}的公比为q.由a2
=9aa
得a2 =9a2
,所以q2= .
n 3 2 6 3 4 9
1
由条件可知q>0,故q= .
3
1
由2a+3a=1得2a+3aq=1,所以a= .
1 2 1 1 1 3
1
故数列{a}的通项公式为a= .
n n 3n
(2)b=loga+loga+…+loga=-(1+2+…+n)
n 3 1 3 2 3 n
n(n+1)
=- .
2
1 2 (1 1 )
故 =- =-2 − ,
b n(n+1) n n+1
n
1 1 1 ( 1) (1 1) (1 1 ) 2n
1− − −
+ +…+ =-2 + +…+ =- .
b b b 2 2 3 n n+1 n+1
1 2 n
{1 } 2n
所以数列 的前n项和为- .
b n+1
n
评析 本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题.
37.(2019天津文,18,13分)设{a}是等差数列,{b}是等比数列,公比大于0.已知a=b=3,b=a,b=4a+3.
n n 1 1 2 3 3 2
(1)求{a}和{b}的通项公式;
n n
{1,n为奇数,
(2)设数列{c}满足c= b ,n为偶数.求ac+ac+…+a c (n∈N*).
n n n 1 1 2 2 2n 2n
2
解析 本小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.满分13分.
(1)设等差数列{a}的公差为d,等比数列{b}的公比为q.
n n
{ 3q=3+2d, {d=3,
依题意,得 解得
3q2=15+4d, q=3,
故a=3+3(n-1)=3n,b=3×3n-1=3n.
n n
所以,{a}的通项公式为a=3n,{b}的通项公式为b=3n.
n n n n
(2)ac+ac+…+a c
1 1 2 2 2n 2n北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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=(a+a+a+…+a )+(ab+ab+ab+…+a b)
1 3 5 2n-1 2 1 4 2 6 3 2n n
[ n(n−1) ]
= n×3+ ×6 +(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
2
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记T=1×31+2×32+…+n×3n,①
n
则3T=1×32+2×33+…+n×3n+1,②
n
3(1−3n
)
(2n−1)3n+1+3
②-①得,2T=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=- +n×3n+1= .
n
1−3 2
(2n−1)3n+1+3 (2n−1)3n+2+6n2+9
所以,ac+ac+…+a c =3n2+6T=3n2+3× = (n∈N*).
1 1 2 2 2n 2n n
2 2
思路分析 (1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用{c}的通项公式,进行分组求
n
和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.
解题关键 根据n的奇偶性得数列{c}的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.
n
38.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.
(1)已知等比数列{a}(n∈N*)满足:aa=a,a-4a+4a=0,求证:数列{a}为“M-数列”;
n 2 4 5 3 2 1 n
1 2 2
(2)已知数列{b}(n∈N*)满足:b=1, = - ,其中S 为数列{b}的前n项和.
n 1 S b b n n
n n n+1
①求数列{b}的通项公式;
n
②设m为正整数,若存在“M-数列”{c}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有c≤b≤c 成立,求m的最
n k k k+1
大值.
解析 本小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.满分16分.
(1)设等比数列{a}的公比为q,所以a≠0,q≠0.
n 1
{ a a =a , { a2q4=a q4, {a =1,
2 4 5 1 1 1
由 得 解得
a −4a +4a =0, a q2−4a q+4a =0, q=2.
3 2 1 1 1 1
因此数列{a}为“M-数列”.
n
1 2 2
(2)①因为 = - ,所以b≠0.
S b b n
n n n+1
1 2 2
由b=1,S=b,得 = - ,则b=2.
1 1 1 1 1 b 2
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1 2 2 b b
n n+1
由 = - ,得S= ,
S b b n 2(b −b )
n n n+1 n+1 n
b b b b
n n+1 n−1 n
当n≥2时,由b=S-S ,得b= - ,
n n n-1 n 2(b −b ) 2(b −b )
n+1 n n n−1
整理得b +b =2b.
n+1 n-1 n
所以数列{b}是首项和公差均为1的等差数列.
n
因此,数列{b}的通项公式为b=n(n∈N*).
n n
②由①知,b=k,k∈N*.
k
因为数列{c}为“M-数列”,设公比为q,所以c=1,q>0.
n 1
因为c≤b≤c ,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.
k k k+1
当k=1时,有q≥1;
lnk lnk
当k=2,3,…,m时,有 ≤ln q≤ .
k k−1
lnx 1−lnx
设f(x)= (x>1),则f '(x)= .
x x2
令f '(x)=0,得x=e.列表如下:
x (1,e) e (e,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
ln2 ln8 ln9 ln3 ln3
因为 = < = ,所以f(k) =f(3)= .
2 6 6 3 max 3
lnk
取q=√33,当k=1,2,3,4,5时, ≤ln q,即k≤qk,经检验知qk-1≤k也成立.
k
因此所求m的最大值不小于5.
若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.
因此所求m的最大值小于6.
综上,所求m的最大值为5.
39.(2018北京文,15,13分)设{a}是等差数列,且a=ln 2,a+a=5ln 2.
n 1 2 3
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)求ea 1+ea 2+…+ea
n.
解析 (1)设{a}的公差为d.
n
因为a+a=5ln 2,
2 3北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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所以2a+3d=5ln 2.
1
又a=ln 2,所以d=ln 2.
1
所以a=a+(n-1)d=nln 2.
n 1
(2)因为 =eln 2=2,
ea
n = =eln 2=2,
ea
1
ea
n
−a
n−1
ea
n−1
所以{ea n}是首项为2,公比为2的等比数列.
1−2n
所以ea 1+ea 2+…+ea n=2× =2(2n-1).
1−2
40.(2018江苏,20,16分)设{a}是首项为a,公差为d的等差数列,{b}是首项为b,公比为q的等比数列.
n 1 n 1
(1)设a=0,b=1,q=2,若|a-b|≤b 对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
1 1 n n 1
(2)若a=b>0,m∈N*,q∈(1, m√2],证明:存在d∈R,使得|a-b|≤b 对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用
1 1 n n 1
b,m,q表示).
1
解析 本小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a=(n-1)d,b=2n-1.
n n
因为|a-b|≤b 对n=1,2,3,4均成立,
n n 1
即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.
7 5
即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得 ≤d≤ .
3 2
因此,d的取值范围为[7 5].
,
3 2
(2)由条件知:a=b+(n-1)d,b=bqn-1.
n 1 n 1
若存在d∈R,使得|a-b|≤b(n=2,3,…,m+1)均成立,
n n 1
即|b+(n-1)d-bqn-1|≤b(n=2,3,…,m+1).
1 1 1
qn−1−2 qn−1
即当n=2,3,…,m+1时,d满足 b≤d≤ b.
1 1
n−1 n−1
因为q∈(1,
m√2],
所以1<qn-1≤qm≤2,
qn−1−2 qn−1
从而 b≤0, b>0,对n=2,3,…,m+1均成立.
1 1
n−1 n−1
因此,取d=0时,|a-b|≤b 对n=2,3,…,m+1均成立.
n n 1
