北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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§6.3 数列的综合问题
— 五年高考 —
考点1 求通项公式
1.(2017上海,10,5分)已知数列{a}和{b},其中a=n2(n∈N*),{b}的项是互不相等的正整数,若对
n n n n
lg(b b b b )
于任意n∈N*,数列{b}中的第a 项等于{a}中的第b 项,则 1 4 9 16 = .
n n n n lg(b b b b )
1 2 3 4
答案 2
2.(2019课标Ⅱ理,19,12分)已知数列{a}和{b}满足a=1,b=0,4a =3a-b+4,4b =3b-a-4.
n n 1 1 n+1 n n n+1 n n
(1)证明:{a+b}是等比数列,{a-b}是等差数列;
n n n n
(2)求{a}和{b}的通项公式.
n n
解析 (1)证明:由题设得4(a +b )=2(a+b),
n+1 n+1 n n
1
即a +b = (a+b).
n+1 n+1 2 n n
又因为a+b=1,
1 1
所以{a+b}是首项为1,
n n
1
公比为 的等比数列.
2
由题设得4(a -b )=4(a-b)+8,
n+1 n+1 n n
即a -b =a-b+2.
n+1 n+1 n n
又因为a-b=1,
1 1
所以{a-b}是首项为1,公差为2的等差数列.
n n
1
(2)由(1)知,a+b= ,a-b=2n-1.
n n 2n-1 n n
1 1 1
所以a= [(a+b)+(a-b)]= +n- ,
n 2 n n n n 2n 2
1 1 1
b= [(a+b)-(a-b)]= -n+ .
n 2 n n n n 2n 2
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1
思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得a +b = (a+b),从而证得数列{a+b}
n+1 n+1 2 n n n n
为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得a -b =a-b+2,从而证得数列{a-b}为等
n+1 n+1 n n n n
差数列.(2)由(1)可求出{a+b},{a-b}的通项公式,从而得a,b.
n n n n n n
以下为教师用书专用(1—9)
1.(2013课标Ⅰ理,12,5分)设△ABC 的三边长分别为a,b,c,△ABC 的面积为S,n=1,2,3,….若
n n n n n n n n n n
c +a b +a
b>c,b+c=2a,a =a,b = n n,c = n n,则 ( )
1 1 1 1 1 n+1 n n+1 n+1
2 2
A.{S}为递减数列
n
B.{S}为递增数列
n
C.{S }为递增数列,{S }为递减数列
2n-1 2n
D.{S }为递减数列,{S }为递增数列
2n-1 2n
a +c b +a
答案 B 由b = n n ,c = n n 得
n+1 2 n+1 2
1
b +c =a+ (b+c), (*)
n+1 n+1 n 2 n n
1
b -c =- (b-c),
n+1 n+1 2 n n
1
由a =a 得a=a,代入(*)得b +c =a+ (b+c),
n+1 n n 1 n+1 n+1 1 2 n n
1
∴b +c -2a= (b+c-2a),
n+1 n+1 1 2 n n 1
∵b+c-2a=2a-2a=0,∴b+c=2a>|BC |=a,所以点A 在以B、C 为焦点且长轴长为2a 的椭
1 1 1 1 1 n n 1 n n 1 n n n 1
1 (1) n-1
圆上(如图).由b>c 得b-c>0,所以|b -c |= (b-c),即|b-c|=(b-c)· ,所以当n增大时|
1 1 1 1 n+1 n+1 2 n n n n 1 1 2
b-c|变小,即点A 向点A处移动,即边BC 上的高增大,又|BC |=a=a 不变,所以{S}为递增数
n n n n n n n n 1 n
列.
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1
2.(2014课标Ⅱ文,16,5分)数列{a}满足a = ,a=2,则a= .
n n+1 1-a 8 1
n
1
答案
2
1 1
解析 由a = ,得a=1- ,
n+1 1-a n a
n n+1
1 1
∵a=2,∴a=1- = ,
8 7 2 2
1 1
a=1- =-1,a=1- =2,…,
6 a 5 a
7 6
∴{a}是以3为周期的数列,
n
1
∴a=a= .
1 7 2
2 1
3.(2013课标Ⅰ理,14,5分)若数列{a}的前n项和S= a+ ,则{a}的通项公式是a= .
n n 3 n 3 n n
答案 (-2)n-1
2 1 2 1 2 1
解析 由S= a+ 得:当n≥2时,S = a + ,∴当n≥2时,a=-2a ,又n=1时,S=a= a+
n 3 n 3 n-1 3 n-1 3 n n-1 1 1 3 1 3
,a=1,∴a=(-2)n-1.
1 n
4.(2016浙江,13,6分)设数列{a}的前n项和为S.若S=4,a =2S+1,n∈N*,则a= ,S=
n n 2 n+1 n 1 5
.
答案 1;121
解析 解法一:∵a =2S+1,∴a=2S+1,即S-a=2a+1,又∵S=4,∴4-a=2a+1,解得a=1.又
n+1 n 2 1 2 1 1 2 1 1 1
a =S -S,
n+1 n+1 n
∴S -S=2S+1,即S =3S+1,由S=4,可求出S=13,S=40,S=121.
n+1 n n n+1 n 2 3 4 5
解法二:由a =2S+1,得a=2S+1,即S-a=2a+1,又S=4,∴4-a=2a+1,解得a=1.又a =S -
n+1 n 2 1 2 1 1 2 1 1 1 n+1 n+1
1 ( 1) 1 3 { 1} 3
S,∴S -S=2S+1,即S =3S+1,则S + =3 S + ,又S+ = ,∴ S + 是首项为 ,公比
n n+1 n n n+1 n n+1 2 n 2 1 2 2 n 2 2
1 3 3n-1 35-1
为3的等比数列,∴S+ = ×3n-1,即S= ,∴S= =121.
n 2 2 n 2 5 2
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1
5.(2016课标Ⅰ文,17,12分)已知{a}是公差为3的等差数列,数列{b}满足b=1,b=
n n 1 2 3
,ab +b =nb.
n n+1 n+1 n
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)求{b}的前n项和.
n
1
解析 (1)由已知,ab+b=b,b=1,b= ,得a=2, (3分)
1 2 2 1 1 2 3 1
所以数列{a}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a=3n-1. (5分)
n n
b
(2)由(1)和ab +b =nb 得b = n , (7分)
n n+1 n+1 n n+1
3
1
因此{b}是首项为1,公比为 的等比数列. (9分)
n 3
记{b}的前n项和为S,
n n
(1) n
1-
3 3 1
则S= = - .(12分)
n 1 2 2×3n-1
1-
3
6.(2016课标Ⅲ文,17,12分)已知各项都为正数的数列{a}满足a=1,a2
-(2a -1)a-2a =0.
n 1 n n+1 n n+1
(1)求a,a;
2 3
(2)求{a}的通项公式.
n
1 1
解析 (1)由题意得a= ,a= . (5分)
2 2 3 4
(2)由a2
-(2a -1)a-2a =0得2a (a+1)=a(a+1).
n n+1 n n+1 n+1 n n n
a 1
n+1
因为{a}的各项都为正数,所以 = .
n a 2
n
1 1
故{a}是首项为1,公比为 的等比数列,因此a= . (12分)
n 2 n 2n-1
7.(2016课标Ⅲ理,17,12分)已知数列{a}的前n项和S=1+λa,其中λ≠0.
n n n
(1)证明{a}是等比数列,并求其通项公式;
n
31
(2)若S= ,求λ.
5 32
解析 (1)由题意得a=S=1+λa,
1 1 1
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1
故λ≠1,a= ,a≠0. (2分)
1 1-λ 1
a λ
n+1
由S=1+λa,S =1+λa 得a =λa -λa,即a (λ-1)=λa.由a≠0,λ≠0得a≠0,所以 = .
n n n+1 n+1 n+1 n+1 n n+1 n 1 n a λ-1
n
1 λ 1 ( λ ) n-1
因此{a}是首项为 ,公比为 的等比数列,于是a= . (6分)
n 1-λ λ-1 n 1-λ λ-1
( λ ) n
(2)由(1)得S=1- .
n λ-1
31 ( λ ) 5 31 ( λ ) 5 1
由S= 得1- = ,即 = .
5 32 λ-1 32 λ-1 32
解得λ=-1. (12分)
思路分析 (1)先由题设利用a =S -S 得到a 与a 的关系式,要证数列是等比数列,关键是
n+1 n+1 n n+1 n
看a 与a 之比是否为一常数,其中说明a≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求
n+1 n n
出λ.
8.(2014大纲全国文,17,10分)数列{a}满足a=1,a=2,a =2a -a+2.
n 1 2 n+2 n+1 n
(1)设b=a -a,证明{b}是等差数列;
n n+1 n n
(2)求{a}的通项公式.
n
解析 (1)证明:由a =2a -a+2得,
n+2 n+1 n
a -a =a -a+2,即b =b+2.
n+2 n+1 n+1 n n+1 n
又b=a-a=1,
1 2 1
所以{b}是首项为1,公差为2的等差数列. (5分)
n
(2)由(1)得b=1+2(n-1),即a -a=2n-1.(8分)
n n+1 n
n n
于是∑(a -a )=∑(2k-1),
k+1 k
k=1 k=1
所以a -a=n2,即a =n2+a.
n+1 1 n+1 1
又a=1,所以{a}的通项公式为a=n2-2n+2. (10分)
1 n n
评析 本题着重考查等差数列的定义、前n项和公式及“累加法”求数列的通项等基础知
识,同时考查运算变形的能力.
9.(2014课标Ⅰ理,17,12分)已知数列{a}的前n项和为S,a=1,a≠0,aa =λS-1,其中λ为常数,
n n 1 n n n+1 n
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(1)证明:a -a=λ;
n+2 n
(2)是否存在λ,使得{a}为等差数列?并说明理由.
n
解析 (1)证明:由题设aa =λS-1,知a a =λS -1.两式相减得,a (a -a)=λa .
n n+1 n n+1 n+2 n+1 n+1 n+2 n n+1
由于a ≠0,所以a -a=λ.
n+1 n+2 n
(2)存在.由a=1,aa=λa-1,可得a=λ-1,由(1)知,a=λ+1.令2a=a+a,解得λ=4.
1 1 2 1 2 3 2 1 3
故a -a=4,由此可得,{a }是首项为1,公差为4的等差数列,a =1+(n-1)·4=4n-3;
n+2 n 2n-1 2n-1
{a }是首项为3,公差为4的等差数列,a =3+(n-1)·4=4n-1.
2n 2n
所以a=2n-1,a -a=2.
n n+1 n
因此存在λ=4,使得{a}为等差数列.
n
评析 本题主要考查a 与S 的关系及等差数列的定义,考查学生的逻辑思维能力及分析解
n n
决问题的能力.
考点2 数列的求和
a
n
1.(2021浙江,10,4分)已知数列{a}满足a=1,a = (n∈N*).记数列{a}的前n项和为S,则
n 1 n+1 1+√a n n
n
( )
3 9 9
A. <S <3 B.3<S <4 C.4<S < D. <S <5
2 100 100 100 2 2 100
答案 A
2.(多选题)(2021新高考Ⅱ,12,5分)若正整数n=a·20+a·2+…+a ·2k-1+a·2k,其中a∈{0,1}
0 1 k-1 k i
(i=0,1,…,k),记ω(n)=a+a+…+a,则 ( )
0 1 k
A.ω(2n)=ω(n) B.ω(2n+3)=ω(n)+1
C.ω(8n+5)=ω(4n+3) D.ω(2n-1)=n
答案 ACD
3.(2020课标Ⅱ理,12,5分)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列aa…a…满足
1 2 n
a∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a =a(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足
i i+m i
a =a(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列aa…a…,C(k)=
i+m i 1 2 n
1 m 1
∑ aa (k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤
m i i+k 5
i=1
(k=1,2,3,4)的序列是 ( )
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A.11010… B.11011… C.10001… D.11001…
答案 C
4.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对
称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20
dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12
1
dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S=180 dm2,以此类推.则对
2
n
折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么∑S= dm2.
k
k=1
(
n+3)
答案 5;240×
3-
2n
5.(2020浙江,11,4分)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列
{n(n+1)} {n(n+1)}
就是二阶等差数列.数列 (n∈N*)的前3项和是 .
2 2
答案 10
6.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{a}满足a +(-1)na=3n-1,前16项和为540,则a= .
n n+2 n 1
答案 7
na
7.(2021全国乙文,19,12分)设{a}是首项为1的等比数列,数列{b}满足b= n.已知a,3a,9a
n n n 1 2 3
3
成等差数列.
(1)求{a}和{b}的通项公式;
n n
S
(2)记S 和T 分别为{a}和{b}的前n项和.证明:T< n.
n n n n n
2
解题指导 (1)利用等差中项的概念建立等式,通过等比数列的通项公式即可求出结果;(2)利
用等比数列的求和公式算出S,对于数列{b},利用错位相减法求出T,再利用比较大小的基本
n n n
方法——作差法即可证明不等式.
解析 (1)设等比数列{a}的公比为q.
n
∵a,3a,9a 成等差数列,
1 2 3
∴6a=a+9a,
2 1 3
又∵{a}是首项为1的等比数列,
n
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∴6aq=a+9aq2,
1 1 1
1
∴9q2-6q+1=0,解得q=q= ,
1 2 3
(1) n-1
∴a=a·qn-1= ,
n 1 3
∵b=
na
n,∴b=n·
(1) n
.
n n
3 3
(2)∵S 为{a}的前n项和,
n n
a (1-qn) 3[ (1) n]
∴S= 1 = 1- .
n 1-q 2 3
∵T 为{b}的前n项和,
n n
(1) 1 (1) 2 (1) n
∴T=b+b+…+b=1× +2× +…+n ,①
n 1 2 n 3 3 3
1 (1) 2 (1) 3 (1) n+1
T=1× +2× +…+n .②
3 n 3 3 3
2 1 (1) 2 (1) n (1) n+1
①-②可得 T= + +…+ -n·
3 n 3 3 3 3
1[ (1) n]
1-
3 3 (1) n+1 (1 1)(1) n 1
= -n· =- n+ + ,
1 3 3 2 3 2
1-
3
(1 3)(1) n 3
∴T=- n+ + ,
n 2 4 3 4
∴T-
S
n=-
1
n·
(1) n
<0,∴T<
S
n.
n 2 2 3 n 2
2 1
8.(2021全国乙理,19,12分)记S 为数列{a}的前n项和,b 为数列{S}的前n项积,已知 + =2.
n n n n S b
n n
(1)证明:数列{b}是等差数列;
n
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(2)求{a}的通项公式.
n
解析 (1)证明:由b=S·S·…·S 可得,
n 1 2 n
b ,n=1,
{
1
S= b
n n ,n≥2.
b
n-1
2 1
由 + =2知,
S b
n n
2 1 2 1 3
当n=1时, + =2,即 + =2,所以b=S= ,
S b b b 1 1 2
1 1 1 1
2
1 1
当n≥2时, b + =2,即2b=2b +1,即b-b = ,
n b n n-1 n n-1 2
b n
n-1
3 1
故数列{b}是首项为 ,公差为 的等差数列.
n 2 2
3 1 n+2
(2)由(1)知,b= +(n-1)× = ,
n 2 2 2
b n+2
n
故当n≥2时,S= = ,S 也符合该式,
n b n+1 1
n-1
n+2
即S= (n∈N*),
n n+1
3
从而a=S= ,
1 1 2
n+2 n+1 1
当n≥2时,a=S-S = - =- ,a 不符合该式,
n n n-1 n+1 n n(n+1) 1
3
{ ,n=1,
2
所以a=
n 1
- ,n≥2.
n(n+1)
9
9.(2021浙江,20,15分)已知数列{a}的前n项和为S,a=- ,且4S =3S-9(n∈N*).
n n 1 4 n+1 n
(1)求数列{a}的通项公式;
n
(2)设数列{b}满足3b+(n-4)a=0(n∈N*),记{b}的前n项和为T,若T≤λb 对任意n∈N*恒成立,
n n n n n n n
求实数λ的取值范围.
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解析 本题主要考查等比数列定义、通项公式、前n项和公式等基础知识,同时考查数学运
算和逻辑推理等素养.
(1)由4S =3S-9,得4S=3S -9(n≥2),
n+1 n n n-1
则4a =3a(n≥2),
n+1 n
9
又4(a+a)=3a-9,a=- ,所以4a=3a,
1 2 1 1 4 2 1
9 3
所以{a}是以- 为首项, 为公比的等比数列,
n 4 4
(3) n
因此a=-3× .
n 4
(3) n
(2)由题意得b=(n-4)× .
n 4
3 (3) 2 (3) n
则T=(-3)× +(-2)× +…+(n-4)× ,
n 4 4 4
3 (3) 2 (3) 3 (3) n+1
T=(-3)× +(-2)× +…+(n-4)× ,
4 n 4 4 4
1 3 (3) 2 (3) 3 (3) n (3) n+1
两式相减,得 T=(-3)× + + +…+ -(n-4)× ,
4 n 4 4 4 4 4
(3) n+1
所以T=-4n× ,
n 4
(3) n+1 (3) n
由题意得-4n× ≤λ(n-4)× 恒成立,
4 4
所以(λ+3)n-4λ≥0,
记f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),
{λ+3≥0,
所以 解得-3≤λ≤1.
f (1)≥0,
10.(2020课标Ⅰ理,17,12分)设{a}是公比不为1的等比数列,a 为a,a 的等差中项.
n 1 2 3
(1)求{a}的公比;
n
(2)若a=1,求数列{na}的前n项和.
1 n
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解析 (1)设{a}的公比为q,由题设得2a=a+a,即2a=aq+aq2.
n 1 2 3 1 1 1
所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.
1 2
故{a}的公比为-2.
n
(2)记S 为{na}的前n项和.由(1)及题设可得,a=(-2)n-1.
n n n
所以S=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
n
-2S=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
n
可得3S=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n
n
1-(-2)n
= -n×(-2)n.
3
1 (3n+1)(-2)n
所以S= - .
n 9 9
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
12.(2020天津,19,15分)已知{a}为等差数列,{b}为等比数列,a=b=1,a=5(a-a),b=4(b-b).
n n 1 1 5 4 3 5 4 3
(1)求{a}和{b}的通项公式;
n n
(2)记{a}的前n项和为S,求证:SS <S2 (n∈N*);
n n n n+2 n+1
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(3a -2)b
{ n n ,n为奇数,
a a
n n+2
(3)对任意的正整数n,设c= 求数列{c}的前2n项和.
n a n
n-1,n为偶数.
b
n+1
解析 (1)设等差数列{a}的公差为d,等比数列{b}的公比为q.由a=1,a=5(a-a),可得d=1,从而
n n 1 5 4 3
{a}的通项公式为a=n.由b=1,b=4(b-b),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{b}的通项公
n n 1 5 4 3 n
式为b=2n-1.
n
n(n+1)
(2)证明:由(1)可得S= ,
n 2
1 1
故SS = n(n+1)(n+2)(n+3),S2 = (n+1)2(n+2)2,
n n+2 4 n+1 4
1
从而SS
-S2
=- (n+1)(n+2)<0,
n n+2 n+1 2
所以SS
<S2
.
n n+2 n+1
(3a -2)b (3n-2)2n-1 2n+1 2n-1 a n-1
n n n-1
(3)当n为奇数时,c= = = - ;当n为偶数时,c= = .
n a a n(n+2) n+2 n n b 2n
n n+2 n+1
n n ( 22k 22k-2 ) 22n n n 2k-1 1 3 5
对任意的正整数n,有∑c =∑ - = -1,和∑c =∑ = + +
k=1 2k-1 k=1 2k+1 2k-1 2n+1 k=1 2k k=1 4k 4 42 43
2n-1
+…+ .①
4n
1 n 1 3 2n-3 2n-1
由①得 ∑c = + +…+ + .②
4
k=1
2k 42 43 4n 4n+1
2( 1 )
1-
3 n 1 2 2 2n-1 4 4n 1 2n-1 n 5 6n+5
由①②得 ∑c = + +…+ - = - - ,从而得∑c = - .
4 k=1 2k 4 42 4n 4n+1 1 4 4n+1 k=1 2k 9 9×4n
1-
4
2n n n 4n 6n+5 4
因此,∑c=∑c +∑c = - - .
k 2k-1 2k 2n+1 9×4n 9
k=1 k=1 k=1
4n 6n+5 4
所以,数列{c}的前2n项和为 - - .
n 2n+1 9×4n 9
以下为教师用书专用(1—31)
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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
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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)=
1 2 3 60 2 3 4 5 60 61 2
=30×61=1 830.
{1 }
4.(2015江苏理,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+…
2 1 3 2 4 3 n n-1 n 1
n2+n
+n-1+(n-1)(n≥2),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
1 n n 1
2
n2+n 1 2 (1 1 ) 1 1 1 1
合上式,故a= (n∈N*),所以 = =2 - ,从而 + + +…+ =2×
n 2 a n2+n n n+1 a a a a
n 1 2 3 10
( 1) (1 1) (1 1) ( 1 1 ) ( 1 ) 20
1- +2× - +2× - +…+2× - =2× 1- = .
2 2 3 3 4 10 11 11 11
5.(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
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6.(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
n n 1 7 n n
不超过x的最大整数,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,
n 1 11 101 n
进而求出数列{b}的前1 000项和.
n
7.(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
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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
8.(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 }
(2)求数列 n 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 }
(2)记 n 的前n项和为S.
2n+1 n
a 2 1 1
由(1)知 n = = - .
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
1 2 n n n
与S 的关系求解.(2)利用(1)求得的{a}的通项公式,然后用裂项相消法求和.
n 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.
9.(2017山东理,19,12分)已知{x}是各项均为正数的等比数列,且x+x=3,x-x=2.
n 1 2 3 2
(1)求数列{x}的通项公式;
n
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P(x,1),P(x,2),…,P (x ,n+1)得到折线PP…
1 1 2 2 n+1 n+1 1 2
P ,求由该折线与直线y=0,x=x,x=x 所围成的区域的面积T.
n+1 1 n+1 n
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解析 本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.
(1)设数列{x}的公比为q,由已知知q>0.
n
{ x +x q=3,
1 1
由题意得
x q2-x q=2.
1 1
所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,
所以q=2,x=1.
1
因此数列{x}的通项公式为x=2n-1.
n n
(2)过P,P,…,P 向x轴作垂线,垂足分别为Q,Q,…,Q .
1 2 n+1 1 2 n+1
由(1)得x -x=2n-2n-1=2n-1,
n+1 n
记梯形PP Q Q 的面积为b,
n n+1 n+1 n n
(n+n+1)
由题意b= ×2n-1=(2n+1)×2n-2,
n 2
所以T=b+b+…+b
n 1 2 n
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①
2T=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②
n
①-②得
-T=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
n
3 2(1-2n-1)
= + -(2n+1)×2n-1.
2 1-2
(2n-1)×2n+1
所以T= .
n 2
解题关键 记梯形PP Q Q 的面积为b,以几何图形为背景确定{b}的通项公式是关键.
n n+1 n+1 n n n
方法总结 一般地,如果{a}是等差数列,{b}是等比数列,求数列{a·b}的前n项和时,可采用错
n n n n
位相减法.在写“S”与“qS”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确
n n
写出“S-qS”的表达式.
n n
10.(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
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(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
[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.
11.(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
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{
2, n=1,
所以T
n
=
3n-n2-5n+11
,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
n
数的形式.
12.(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;
n
(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.
13.(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
n n
a 和a 的等比中项.
n n+1
(1)设c=b2 -b2 ,n∈N*,求证:数列{c}是等差数列;
n n+1 n n
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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
解析
(1)证明:由题意得b2
=aa
,有c=b2 -b2
=a ·a -aa =2da ,因此c -c=2d(a -
n n n+1 n n+1 n n+1 n+2 n n+1 n+1 n+1 n n+2
a )=2d2,
n+1
所以{c}是等差数列.
n
(2)证明: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
所以 ∑ n 1 = 1 ∑ n 1 = 1 ∑ n (1 - 1 ) = 1 · ( 1- 1 ) < 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
14.(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log a 和log a 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= (log a+log a )= (log 2n-1+log 2n)=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
20 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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2n(b +b )
=b+b+b+b+…+b +b = 1 2n =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.
15.(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
{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.
16.(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
21 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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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
1[(1 1) (1 1) ( 1 1 )]
= - + - +…+ -
2 3 5 5 7 2n+1 2n+3
n
= .(12分)
3(2n+3)
17.(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.
22 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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18.(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
n n+2 n 1 2
a+a,a+a,a+a 成等差数列.
2 3 3 4 4 5
(1)求q的值和{a}的通项公式;
n
log a
(2)设b= 2 2n ,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 ;
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
2 2n
(2)由(1)得b= = .设{b}的前n项和为S,则S=1× +2× +3× +…+(n-1)×
n a 2n-1 n n n 20 21 22 2n-2
2n-1
1
+n× ,
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.
23 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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{ 1 }
19.(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
n a ·a
n n+1
n
和为 .
2n+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
(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
20.(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+…+
n n 1 1 n+1 n 1 2 2 3 3 n
b=b -1(n∈N*).
n n+1
(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:
24 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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当n=1时,b=b-1,故b=2.
1 2 2
1 b b
当n≥2时, b=b -b,整理得 n+1= n ,
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.
21.(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
n n
a=b=1,b+b=2a,a-3b=7.
1 1 2 3 3 5 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
{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
n n q4-3d=10,
去d,整理得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.
22.(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
n n n
知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
25 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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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
2n+3
故T=6- .
n 2n-1
n2+n
23.(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
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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.
24.(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-
n 1 4 n 1 4 n
a}为等比数列.
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
d= 4 1= =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
q3= 4 4 = =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
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.
25.(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
27 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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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
2 n 4
1
b 进行裂项过程中易漏了系数 而导致错解.
n 3
26.(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
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,
28 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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( 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
T=
1+
-
+
+…- + + + =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.
27.(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
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
29 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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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.
28.(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 }
(1)证明:数列 n 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
解析 (1)证明:由已知可得 n+1= n+1,即 n+1- n=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
(2)由(1)得 n=1+(n-1)·1=n,所以a=n2.
n
n
从而b=n·3n.
n
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.
30 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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29.(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
(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.
30.(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
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(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.
31.(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=log a+log a+…+log a,求数列 的前n项和.
n 3 1 3 2 3 n b
n
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=log a+log a+…+log a=-(1+2+…+n)
n 3 1 3 2 3 n
32 / 49北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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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
+ +…+ =-2
1-
+
-
+…+
-
=- .
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.
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
考点1 求通项公式
1.(2021广东佛山一模,5)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进,以数字化、网络化、智能
化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基
建”的众多工程之一,截至2020年年底,我国已累计开通5G基站超70万个,未来将进一步完
善基础网络体系,稳步推进5G网络建设,实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年
1月计划新建设5万个5G基站,以后每个月比上一个月多建设1万个,预计我国累计开通500
万个5G基站时要到 ( )
A.2022年12月 B.2023年2月
C.2023年4月 D.2023年6月
答案 B
2.(2021湘豫名校4月联考,4)已知数列{a}满足:对任意m,n∈N*,都有aa =a ,且a=2,那么
n n m n+m 2
a = ( )
20
A.240 B.230 C.220 D.210
答案 D
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{ x-4,x≤-3,
3.(2021湘豫名校4月联考,16)设函数f(x)= 数列{a}满足a =f(a)(n∈N*),若
-x2+2,x>-3. n n+1 n
{a}是等差数列,则a 的取值范围是 .
n 1
答案 (-∞,-3]∪{-2,1}
4.(2021广东肇庆二模,16)斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入,故又
称为“兔子数列”,即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,….在实际生活中,很多花朵(如梅花、
飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数,斐波那契数列在现代物理及化学等领域
也有着广泛的应用.斐波那契数列{a}满足:a=a=1,a =a +a(n∈N*),则1+a+a+a+a+…
n 1 2 n+2 n+1 n 3 5 7 9
+a 是斐波那契数列{a}中的第 项.
2 021 n
答案 2 022
5.(2020福建漳州2月(线上)适应性测试,17)已知数列{a}的前n项和为S,且S=2n2+n,n∈N*,
n n n
数列{b}满足a=4log b+3,n∈N*.
n n 2 n
(1)求a,b;
n n
(2)求数列{a·b}的前n项和T.
n n n
解析 (1)当n=1时,a=S=3;
1 1
当n≥2时,a=S-S =2n2+n-[2(n-1)2+(n-1)]=4n-1,
n n n-1
又当n=1时,上式也成立,所以a=4n-1,n∈N*.
n
由a=4log b+3,得b=2n-1,n∈N*.
n 2 n n
(2)由(1)知ab=(4n-1)·2n-1,n∈N*,
n n
所以T=3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,
n
2T=3×2+7×22+11×23+…+(4n-1)·2n,
n
[ 2(1-2n-1)]
2T-T=(4n-1)·2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-1)·2n- 3+4× =(4n-5)·2n+5,
n n 1-2
∴T=(4n-5)·2n+5,n∈N*.
n
考点2 数列的求和
1.(2021山东德州一模,8)英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时,给出的
f (x )
n
“牛顿数列”在航空航天中应用广泛.若数列{x}满足x =x- ,则称数列{x}为牛顿
n n+1 n f '(x ) n
n
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x -2
数列.已知函数f(x)=x2-x-2,数列{x}为牛顿数列,设a=ln n 且a=1,x>2,数列{a}的前n项和
n n x +1 1 n n
n
为S,则S =( )
n 2 021
A.22 021-1 B.22 021-2
(1) 2 021 1 (1) 2 021
C. - D. -2
2 2 2
答案 A
2.(2019广东湛江一模,17)在等差数列{a}和等比数列{b}中,a=0,b=1,且a=b,a=b.
n n 2 2 3 3 4 4
(1)求a 和b;
n n
(2)求数列{nb}的前n项和S.
n n
解析 (1)设等差数列{a}的公差为d,等比数列{b}的公比为q,∵a=0,b=1,且a=b,a=b,
n n 2 2 3 3 4 4
∴a+d=0,bq=1,a+2d=bq2,a+3d=bq3,
1 1 1 1 1 1
1
四式联立解得a=-2,d=2,b= ,q=2,
1 1 2
∴a=-2+2(n-1)=2n-4,b=2n-2.
n n
1
(2)数列{nb}的前n项和S= +2+3×2+4×22+…+n·2n-2,
n n 2
∴2S=1+2×2+3×22+…+(n-1)·2n-2+n·2n-1,
n
1
1 (1-2n)
∴-S= +1+2+22+…+2n-2-n·2n-1=2 -n·2n-1,
n 2
1-2
1
即S=(n-1)·2n-1+ .
n 2
思路分析 (1)设等差数列{a}的公差为d,等比数列{b}的公比为q,由a=0,b=1,且a=b,a=b
n n 2 2 3 3 4 4
得a+d=0,bq=1,a+2d=bq2,a+3d=bq3,联立解得a,d,b,q的值,即可得出结果;(2)利用错位相减
1 1 1 1 1 1 1 1
法求和.
3.(2020辽宁葫芦岛兴城高中模拟)设函数f(x)=x2,过点C (1,0)作x轴的垂线l 交函数f(x)图象
1 1
于点A,以A 为切点作函数f(x)图象的切线交x轴于点C ,再过C 作x轴的垂线l 交函数f(x)
1 1 2 2 2
图象于点A,……,以此类推得点A,记A 的横坐标为a,n∈N*.
2 n n n
(1)证明数列{a}为等比数列,并求出通项公式;
n
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g
(2)设直线l 与函数g(x)=lo 1x的图象相交于点B,记b=⃗OA ·⃗OB (其中O为坐标原点),求数
n n n n n
2
列{b}的前n项和S.
n n
解析 (1)以点A (a
,a2 )(n≥2)为切点的切线方程为y-a2
=2a (x-a ).
n-1 n-1 n-1 n-1 n-1 n-1
1 1
当y=0时,x= a ,即a= a ,
2 n-1 n 2 n-1
1
又∵a=1,∴数列{a}是以1为首项, 为公比的等比数列,
1 n 2
(1) n-1
∴通项公式为a= .
n 2
((1) n-1 )
(2)由题意,得B ,n-1 ,
n 2
(1) n-1 (1) n-1 (1) n-1
∴b=⃗OA ·⃗OB = + ·(n-1)=n· ,
n n n 4 4 4
(1) 0 (1) 1 (1) n-1
∴S=1× +2× +…+n× ,
n 4 4 4
1 (1) 1 (1) 2 (1) n
S=1× +2× +…+n× .
4 n 4 4 4
(1) n
1-
3 (1) 0 1 (1) n-1 (1) n 4 (1) n
两式相减,得 S=1× + +…+ -n× = -n× ,
4 n 4 4 4 4 1 4
1-
4
16 (4n 16) (1) n 16 3n+4
化简,得S= - + × = - .
n 9 3 9 4 9 9×4n-1
B组 综合应用题组
时间 : 110 分钟 分值 : 125 分
一、单项选择题(每小题5分,共20分)
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1.(2020河北邯郸空中课堂备考检测,6)公元前4世纪,毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了
研究.他们借助几何图形(或格点)来表示数,称为形数.形数是联系算数和几何的纽带.图为五
角形数的前4个,则第10个五角形数为 ( )
A.120 B.145 C.270 D.285
答案 B
2.(2021山东菏泽期末,7)已知数列{a}的前n项和是S,且S=2a-1,若a∈(0,2 021),则称项a
n n n n n n
为“和谐项”,则数列{a}的所有“和谐项”的和为 ( )
n
A.1 022 B.1 023 C.2 046 D.2 047
答案 D
3.(2021河北衡水中学全国高三第二次联考,11)若P(n)表示正整数n的个位数字,a=P(n2)-
n
P(2n),数列{a}的前n项和为S,则S = ( )
n n 2 021
A.-1 B.0 C.1 009 D.1 011
答案 C
4.(2021广东珠海一模,8)已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图所示的三角形
j-1
数表,第i行第j列的数记为a i,j ,如a 3,1 =7,a 4,3 =15,则a i,j =2 021时,(-3 ) 10 log 2 (i+19)=( )
A.54 B.18 C.9 D.6
答案 A
二、多项选择题(每小题5分,共20分)
5.(2021山东济南十一学校联考,11)已知数列{F}:1,1,2,3,5,8,13,…,从第三项开始,每项等于其前
n
相邻两项之和.记数列{F}的前n项和为S,则下列结论正确的是 ( )
n n
A.S=F
6 8
B.S =F -1
2 019 2 021
C.F+F+F+…+F =F
1 3 5 2 021 2 022
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D.F2 +F2 +F2 +…+F2
=F F
1 2 3 2 020 2 020 2 021
答案 BCD
6.(2021辽宁百校联盟质检,10)已知数列{a}满足a=4,n(n-1)a =(n-1)a-na (n>1且n∈N*),数
n 2 n+1 n n-1
列{a}的前n项和为S,则 ( )
n n
A.a+a=2 B.a+a=4
1 3 1 3
C.2 020S -a =8 080 D.2 021S -a =4 040
2 021 2 020 2 021 2 020
答案 AC
1
7.(2021山东淄博二模,12)记<x>表示与实数x最接近的整数,数列{a}通项公式为a=
n n <√n>
(n∈N*),其前n项和为S,设k=<√n>,则下列结论正确的是 ( )
n
1 1
A.√n=k- B.√n<k+
2 2
C.n≥k2-k+1 D.S =88
2 021
答案 BC
8.(2021广东广州一模,12)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间
插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列
1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……;第n(n∈N*)次得到数列
1,x,x,x,…,x,2.记a=1+x+x+…+x+2,数列{a}的前n项为S,则 ( )
1 2 3 k n 1 2 k n n
A.k+1=2n B.a =3a-3
n+1 n
3 3
C.a= (n2+3n) D.S= (3n+1+2n-3)
n 2 n 4
答案 ABD
三、填空题(每小题5分,共15分)
1
9.(2020山东百师联盟测试)数列{a}的前n项和S 满足S+a=4,则满足 =60+p的最小正整
n n n n a
n
数p为 .
答案 4
10.(2021江苏百校联考4月调研,15)设数列a,a,a,a 各项互不相同,且a∈{1,2,3,4}(i=1,2,3,4).
1 2 3 4 i
若下列四个关系式①a=1;②a≠1;③a=2;④a≠4中恰有一个正确,则(10a+a)-(10a+a)的最大
1 2 3 4 1 2 3 4
值是 .
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答案 18
11.(2021江苏盐城二模,16)牛顿选代法又称牛顿—拉夫逊方法,它是牛顿在17世纪提出的一
种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下:设r是函数y=f(x)的一个零点,任意
选取x 作为r的初始近似值,过点(x, f(x))作曲线y=f(x)的切线l,设l 与x轴交点的横坐标为
0 0 0 1 1
x,并称x 为r的1次近似值;过点(x, f(x))作曲线y=f(x)的切线l,设l 与x轴交点的横坐标为
1 1 1 1 2 2
x,称x 为r的2次近似值.一般地,过点(x, f(x))(n∈N)作曲线y=f(x)的切线l ,记l 与x轴交
2 2 n n n+1 n+1
点的横坐标为x ,并称x 为r的n+1次近似值.设f(x)=x3+x-1(x≥0)的零点为r,取x=0,则r的
n+1 n+1 0
3x3+x
2次近似值为 ;设a= n n ,n∈N*,数列{a}的前n项积为T.若对任意n∈N*,T<λ
n 2x3+1 n n n
n
恒成立,则整数λ的最小值为 .
3
答案 ;2
4
四、解答题(共70分)
12.(2020山东青岛三模,18)已知{a}为等差数列,a,a,a 分别是下表第一、二、三行中的某一
n 1 2 3
个数,且a,a,a 中的任何两个数都不在下表的同一列.
1 2 3
第一列 第二列 第三列
第一行
第二行 4 6 9
第三行 12 8 7
请从①a=2,②a=1,③a=3的三个条件中选一个填入上表,使满足以上条件的数列{a}存在,并
1 1 1 n
在此存在的数列{a}中,试解答下列两个问题:
n
(1)求数列{a}的通项公式;
n
(2)设数列{b}满足b=(-1)n+1a2
,求数列{b}的前n项和T.
n n n n n
解析 (1)根据题意可知a=1放在第一行第二列时满足条件,此时a=1,a=4,a=7,∴a=3n-2.
1 1 2 3 n
(2)由(1)知b=(-1)n+1·(3n-2)2,
n
∴T=a2 -a2 +a2 -a2 +a2 -a2 +…+(-1)n+1·(3n-2)2,
n 1 2 3 4 5 6
①当n=2k(k∈N*)时,
T=(a-a)(a+a)+(a-a)(a+a)+…+(a -a )·(a +a )
n 1 2 1 2 3 4 3 4 2k-1 2k 2k-1 2k
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=-3×[5+17+29+…+(12k-7)]
(5+12k-7)k 9 3
=-3× =-18k2+3k=- n2+ n.
2 2 2
9 3 9
②当n=2k-1(k∈N*)时,n+1=2k,∴T =- ·(n+1)2+ ·(n+1),由T =T+b ,得T=T -b =-
n+1 2 2 n+1 n n+1 n n+1 n+1 2
3 9 3
(n+1)2+ (n+1)+(3n+1)2= n2- n-2 .
2 2 2
9 3
{ n2- n-2,n为奇数,
2 2
综上,T=
n 9 3
- n2+ n,n为偶数.
2 2
13.(2019广东茂名一模,18)已知S 为数列{a}的前n项和,S=2a-2.
n n n n
(1)求数列{a}的通项公式;
n
{ a ,n=2k-1,
(2)若b= n k∈N*,求数列{b}的前2n项和T .
n log a ,n=2k, n 2n
2 n
解析 (1)由S=2a-2①,
n n
得S =2a -2(n≥2)②,
n-1 n-1
①-②得a=2a-2a ,∴a=2a (n≥2),
n n n-1 n n-1
由a=S=2a-2,得a=2,
1 1 1 1
∴{a}是以2为首项,2为公比的等比数列,
n
∴a=2n.
n
{2n,n=2k-1,
(2)b= k∈N*.
n n,n=2k,
T =(b+b+b+…+b )+(b+b+b+…+b )
2n 1 3 5 2n-1 2 4 6 2n
=(2+23+25+…+22n-1)+(2+4+6+…+2n)
2×(1-4n) (2+2n)×n 2 2
= + =- + ×4n+n2+n.
1-4 2 3 3
思路分析 (1)运用数列的递推式,结合等比数列的定义和通项公式可得所求;(2)结合(1)得b=
n
{2n,n=2k-1,
k∈N*,运用分组求和法,结合等差数列和等比数列的求和公式,计算可得T .
n,n=2k, 2n
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14.(2021山东烟台一模,17)在①a+a=14;②S=28;③a 是a 与a 的等比中项,三个条件中任选
3 5 4 8 5 13
一个,补充在下面问题中,并给出解答.
问题:已知{a}为公差不为零的等差数列,其前n项和为S,{b}为等比数列,其前n项和T=2n+λ,λ
n n n n
为常数,a=b, .
1 1
(1)求数列{a},{b}的通项公式;
n n
(2)令c=[lg a],其中[x]表示不超过x的最大整数,求c+c+c+…+c 的值.
n n 1 2 3 100
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
b
3
解析 若选①:(1)设{b}的公比为q.由已知b=T-T=2,b=T-T=4,所以q= =2,
n 2 2 1 3 3 2 b
2
所以b=bqn-2=2×2n-2=2n-1.故a=b=1,
n 2 1 1
设{a}的公差为d,则1+2d+1+4d=14,解得d=2,所以a=2n-1.
n n
(2)由c=[lg a],知c=c=c=c=c=0,c=c=…=c =1,c =c =…=c =2,所以c+c+c+…
n n 1 2 3 4 5 6 7 50 51 52 100 1 2 3
+c =1×45+2×50=145.
100
b
若选②:(1)设{b}的公比为q.由已知b=T-T=2,b=T-T=4,q= 3 =2,所以b=bqn-2=2×2n-2=2n-1.故
n 2 2 1 3 3 2 b n 2
2
a=b=1.
1 1
4×3
设{a}的公差为d,则4×1+ ·d=28,解得d=4,所以a=4n-3.
n 2 n
(2)由c=[lg a],知c=c=c=0,c=c=…=c =1,c =c =…=c =2,
n n 1 2 3 4 5 25 26 27 100
所以c+c+c+…+c =1×22+2×75=172.
1 2 3 100
若选③:(1)设{b}的公比为q.
n
b
3
由已知b=T-T=2,b=T-T=4,所以q= =2,
2 2 1 3 3 2 b
2
所以b=bqn-2=2×2n-2=2n-1,故a=b=1.
n 2 1 1
设{a}的公差为d,则(1+7d)2=(1+4d)(1+12d),
n
因为d≠0,所以d=2,所以a=2n-1.
n
(2)由c=[lg a],知c=c=c=c=c=0,c=c=…=c =1,c =c =…=c =2,所以c+c+c+…
n n 1 2 3 4 5 6 7 50 51 52 100 1 2 3
+c =1×45+2×50=145.
100
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15.(2020江苏南师附中期初检测,20)设各项均为正数的数列{a}的前n项和为S,已知a=1,且
n n 1
aS -a S=a -λa 对一切n∈N*都成立.
n n+1 n+1 n n+1 n
(1)当λ=1时,
①求数列{a}的通项公式;
n
②若b=(n+1)a,求数列{b}的前n项和T;
n n n n
(2)是否存在实数λ,使数列{a}是等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
n
解析 (1)①λ=1时,aS -a S=a -a,
n n+1 n+1 n n+1 n
则(S +1)a=(S+1)a ,
n+1 n n n+1
S +1 a
n+1 n+1
又∵a>0,S>0,∴ = ,
n n S +1 a
n n
S +1 S +1 S +1 a a a
2 3 n+1 2 3 n+1
∴ · ·…· = · ·…· ,
S +1 S +1 S +1 a a a
1 2 n 1 2 n
化简,得S +1=2a ,∴当n≥2时,S+1=2a.
n+1 n+1 n n
a
n+1
故可得a =2a,即 =2(n≥2),
n+1 n a
n
∵当n=1时,a=2,∴n=1时上式也成立,
2
∴数列{a}是首项为1,公比为2的等比数列,a=2n-1.
n n
②∵b=(n+1)a,∴b=(n+1)·2n-1,
n n n
∴T=2×20+3×21+4×22+…+n×2n-2+(n+1)×2n-1,
n
∴2T=2×21+3×22+4×23+…+n×2n-1+(n+1)×2n,
n
2(1-2n-1)
∴-T=2+21+22+…+2n-1-(n+1)×2n=2+ -(n+1)×2n=-n×2n,∴T=n·2n.
n 1-2 n
(2)假设存在实数λ,使数列{a}是等差数列.
n
令n=1,得a=λ+1,令n=2,得a=(λ+1)2,
2 3
要使数列{a}是等差数列,必须有2a=a+a,解得λ=0.
n 2 1 3
当λ=0时,S a=(S+1)a ,且a=a=1.
n+1 n n n+1 2 1
当n≥2时,S (S-S )=(S+1)(S -S),
n+1 n n-1 n n+1 n
整理,得S2
+S=S S +S ,
n n n+1 n-1 n+1
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S +1 S
n n+1
则有 = ,
S +1 S
n-1 n
S +1 S +1 S +1 S S S
2 3 n 3 4 n+1
从而 · ·…· = · ·…· ,
S +1 S +1 S +1 S S S
1 2 n-1 2 3 n
化简,得S+1=S ,∴a =1,
n n+1 n+1
综上所述,a=1(n∈N*).
n
∴存在实数λ,且实数λ=0时,数列{a}是等差数列.
n
16.(2021湖北八市3月联考,18)已知数列{a},其前n项和为S,请在下列三个条件中补充一个
n n
在下面问题中,使得最终结论成立并证明你的结论.
条件①:S=-a+t(t为常数);
n n
条件②:a=bb ,其中数列{b}满足b=1,(n+1)b =nb;
n n n+1 n 1 n+1 n
条件③:3a2 =3a2
+a +a.
n n+1 n+1 n
( x2 1) 6
数列{a}中a 是 + 展开式中的常数项,且 .
n 1 √30 x
求证:S<1∀n∈N*恒成立.
n
注:如果选择多个条件作答,则按第一个条件的解答计分.
解析 二项展开式的通项为T
=Cr ( x2 ) 6-r
·
(1) r =Cr( 1 ) 6-r
x12-3r,令12-3r=0,得r=4,得
r+1 6 √30 x 6 √30
1
展开式的常数项为a= .
1 2
可选择的条件为①或②或③,
若选择①:在S=-a+t中,令n=1,得t=1,
n n
1
当n≥2时,S =-a +1.两式相减得a= a ,
n-1 n-1 n 2 n-1
1 1
故{a}是以 为首项, 为公比的等比数列,
n 2 2
a (1-qn) (1) n
所以S= 1 =1- <1恒成立.
n 1-q 2
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b n
n+1
若选择②:由(n+1)b =nb 得 = ,
n+1 n b n+1
n
b b b 1
n n-1 2
所以b= · ·…· ·b= (n≥2),n=1时也满足,
n b b b 1 n
n-1 n-2 1
1 1 1
则a= = - ,
n n(n+1) n n+1
( 1) (1 1) (1 1 ) 1
S= 1- + - +…+ - =1- <1恒成立.
n 2 2 3 n n+1 n+1
若选择③:由题意得3a2 -3a2
=-(a +a),
n+1 n n+1 n
1
得a -a=- 或a +a=0,
n+1 n 3 n+1 n
{0,n为偶数,
1
又a= ,当a +a=0时,有S= 1 ∴S<1,
1 2 n+1 n n ,n为奇数, n
2
1 n n(n-1) 1
当a -a=- 时,有S= - =- (n2-4n),
n+1 n 3 n 2 6 6
1 2
当n=2时,S 有最大值,为- ×(22-4×2)= <1.
n 6 3
所以S<1对任意的n∈N*恒成立.
n
方法总结 利用裂项法求数列的前n项和时,需要注意相加后剩余的项.
17.(2021江苏南京三模,18)已知等差数列{a}满足:a+3,a,a 成等差数列,且a,a,a 成等比数列.
n 1 3 4 1 3 8
(1)求数列{a}的通项公式;
n
(2)在任意相邻两项a 与a (k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列
k k+1
{b},记S 为数列{b}的前n项和,求满足S<500的n的最大值.
n n n n
解析 (1)设等差数列{a}的公差为d,
n
由题意知a+3+a=2a,即2a+3+3d=2a+4d,解得d=3,
1 4 3 1 1
又aa=a2 ,即a·(a+7×3)=(a+2×3)2,
1 8 3 1 1 1
解得a=4,故a=3n+1.
1 n
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(2)因为b>0,所以{S}是单调递增数列,又因为a 前的所有项的项数为k+21+22+…+2k=k+2k+1-
n n k+1
2,
k(4+3k+1) 2(1-2k) 3k2+5k
所以S =(a+a+…+a)+2(21+22+23+…+2k)= +2× =
k+2k+1-2 1 2 k 2 1-2 2
+2k+2-4.
当k=6时,S =321<500;当k=7时,S =599>500,
132 261
令S +a+2(n-133)<500,即321+22+2(n-133)<500,
132 7
解得n<211.5,所以满足S<500的n的最大值为211.
n
易错警示 对于第(2)问,任意相邻两项a 与a 之间插入2k个2,因而a 前的所有项的项数
k k+1 k+1
为k+2k+1-2,该项数易弄错,需注意该项数问题.
— 一年原创 —
1.(2021 5·3原创题)已知数列{a}满足a +(-1)na=2n+3,若数列的前18项和S =305,则a=
n n+1 n 18 1
.
答案 50
2.(2021 5·3原创题)已知S 是数列{a}的前n项和,a=1,且∀n∈N*,2S=(n+1)a,b=S
n n 1 n n n n
( a π a π)
cos n +sin n ,则数列{b}的前2 020项之和是 .
n
2 2
答案 1 010
1
3.(2021 5·3原创题)已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)= ,则
2·4x-3·2x+1
f(1)+2f(2)+22f(3)+…+22 019f(2 020)= .
22 020-1
答案
22 021-1
4.(2021 5·3原创题)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数
起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数组成的数列{a}称为“斐波那契
n
数列”.设数列b=aa
-a2
,则数列{b}的前n项和S= .
n n n+2 n+1 n n
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{1,n为奇数( 1-(-1)n )
答案 或
0,n为偶数 2
2(n+1)
5.(2021 5·3原创题)已知正项数列{a}满足a=2,a +a=1+ (n∈N*).
n 1 n+1 n a -a
n+1 n
(1)求{a}的通项a;
n n
{1 } n
(2)设S 为数列 的前n项和,证明: ≤S <n.
n a 2 2n-1
n
解析
(1)解法一:由题可知a2 -a2
=a -a+2(n+1),
n+1 n n+1 n
即(a2
-a
)-(a2
-a)=2(n+1).
n+1 n+1 n n
所以利用累加法可知a2 -a=[(a2 -a)-(a2
-a
)]+[(a2
-a
)-(a2
-a
)]+…+[(a2 -a)-(a2 -a)]+(a2
-
n n n n n-1 n-1 n-1 n-1 n-2 n-2 2 2 1 1 1
a)
1
=2[n+(n-1)+…+2]+2
n(n+1)
=2× =n(n+1).
2
所以a2
-a-n(n+1)=0,从而(a+n)(a-n-1)=0,
n n n n
又因为a>0,所以a=n+1.
n n
解法二:由题可知a2 -a2
=a -a+2(n+1),
n+1 n n+1 n
a2 -a -(n+1)(n+2)=a2-a-n(n+1),
n+1 n+1 n n
即{a2
-a-n(n+1)}为常数列,
n n
因为a2 -a-2=0,所以a2
-a-n(n+1)=0,
1 1 n n
从而(a+n)(a-n-1)=0,
n n
又因为a>0,所以a=n+1.
n n
1 1 1 1
(2)证明:S = + + +…+ ,
2n-1 1+1 2+1 3+1 2n
当n=1时,结论显然成立;
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1 1 1 1 (1 1) (1 1 1 1) (1 1 )
当n≥2时, + + +…+ = + + + + + + +…+ +…+
1+1 2+1 3+1 2n 2 3 4 5 6 7 8 15
( 1 1 ) 1 1 1 1 1 1 1
+…+ + < ×2+ ×4+ ×8+…+ ×2n-1+ =n-1+ <n;
2n-1 2n-1 2n 2 4 8 2n-1 2n 2n
1
+
1
+
1
+…+
1
=
1
+
(1
+
1)
+
(1
+…+
1)
+…+
( 1
+…+
1 )
>
1
+
1
×2+
1
1+1 2+1 3+1 2n 2 3 4 5 8 2n-1+1 2n 2 4 8
1 n
×4+…+ ×2n-1= .
2n 2
n
从而 <S <n.
2 2n-1
n
综上, ≤S <n.
2 2n-1
命制说明 本题考查数列的通项、和式的不等关系证明,难点有两个:
①如何代数变形将递推式同构化,转化为可求通项问题;
②利用并项放缩求和证明不等关系.
|a b|
6.(2021 5·3原创题)设a,b,c,d∈R,定义 =ad-bc,设数列{a}和{b}满足a=1,b=0,且
c d n n 1 1
|a -1 3a -b | |b +1 3b -a |
n+1 n n
=0,
n+1 n n
=0.
1 4 1 4
(1)求数列{a}和数列{b}的通项公式;
n n
1 1 1 1 1
(2)设数列{a}的前n项和为S,证明: < + + +…+ <2.
n n 3 S +a S +a S +a S +a
1 1 2 2 3 3 n n
解析 (1)根据已知得4a =3a-b+4①,
n+1 n n
4b =3b-a-4②.
n+1 n n
a +b 1
n+1 n+1
由①+②得4(a +b )=2(a+b),整理得 = ,
n+1 n+1 n n a +b 2
n n
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1 (1) n-1
所以数列{a+b}是以a+b=1为首项, 为公比的等比数列.所以a+b= ③.
n n 1 1 2 n n 2
由①-②得4(a -b )=4(a-b)+8,
n+1 n+1 n n
即(a -b )-(a-b)=2,
n+1 n+1 n n
所以数列{a-b}是以a-b=1为首项,2为公差的等差数列.
n n 1 1
所以a-b=2n-1④.
n n
(1) n-1 2n-1 (1) n
③+④得2a=(2n-1)+ ,即a= + ,
n 2 n 2 2
(1) n 2n-1
根据③-④得到b= - ,
n 2 2
2n-1 (1) n (1) n 2n-1
所以a= + ,b= - .
n 2 2 n 2 2
(2)证明:因为数列{a}的前n项和为S,
n n
1( 1 )
1-
1 (1
+
1
+…+
1 ) n2 2 2n n2 (1) n
所以S= (1+3+…+2n-1)+ = + = +1- ,
n 2 2 22 2n 2 1 2 2
1-
2
n2 (1) n 2n-1 (1) n (n+1)2
则S+a= +1- + + = ,
n n 2 2 2 2 2
1 2 2 (1 1 )
所以 = < =2 - ,
S +a (n+1)2 n(n+1) n n+1
n n
1 2 2 ( 1 1 )
= > =2 - ,
S +a (n+1)2 (n+1)(n+2) n+1 n+2
n n
1 1 1 1
所以 + + +…+
S +a S +a S +a S +a
1 1 2 2 3 3 n n
(1 1 1 1 1 1 ) ( 1 )
<2 - + - +…+ - =2 1- <2,
1 2 2 3 n n+1 n+1
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1 1 1 1
+ + +…+
S +a S +a S +a S +a
1 1 2 2 3 3 n n
(1 1 1 1 1 1 ) (1 1 ) 1
>2 - + - +…+ - =2 - ≥ ,
2 3 3 4 n+1 n+2 2 n+2 3
1 1 1 1 1
所以 < + + +…+ <2.
3 S +a S +a S +a S +a
1 1 2 2 3 3 n n
49 / 49
