課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學(xué)專題六數(shù)列4數(shù)列的綜合應(yīng)用試題文課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學(xué)專題六數(shù)列4數(shù)列的綜合應(yīng)用試題文PAGEPAGE35課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學(xué)專題六數(shù)列4數(shù)列的綜合應(yīng)用試題文數(shù)列的綜合應(yīng)用探考情悟真題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)數(shù)列求和掌握數(shù)列的求和方法2019天津，18,13分?jǐn)?shù)列求和(錯(cuò)位相減法)求通項(xiàng)公式★★★2017課標(biāo)全國Ⅲ，17,12分?jǐn)?shù)列求和(裂項(xiàng)相消法）由遞推式求通項(xiàng)公式數(shù)列的綜合應(yīng)用能綜合應(yīng)用等差、等比數(shù)列解決相應(yīng)問題2016課標(biāo)全國Ⅰ，17，12分等差、等比數(shù)列的綜合問題等差數(shù)列的判定★★★分析解讀綜合運(yùn)用數(shù)列，特別是等差數(shù)列、等比數(shù)列的有關(guān)知識(shí),解答數(shù)列綜合問題和實(shí)際問題,培養(yǎng)學(xué)生的理解能力、數(shù)學(xué)建模能力和運(yùn)算能力。數(shù)列是特殊的函數(shù)，是高考的常考點(diǎn)。歷年高考考題中低、中、高檔試題均有出現(xiàn),需引起充分的重視。本節(jié)內(nèi)容在高考中分值為12分左右，屬于中檔題。破考點(diǎn)練考向【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一數(shù)列求和1.（2018福建閩侯第八中學(xué)期末，16)已知數(shù)列｛nan}的前n項(xiàng)和為Sn,且an=2n,則使得Sn—nan+1+50<0的最小正整數(shù)n的值為。

答案52.（2019湖南郴州第二次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測，16）已知數(shù)列｛an}和{bn｝滿足a1a2a3…an=2bn(n∈N*),若數(shù)列{an｝為等比數(shù)列，且a1=2,a4=16，則數(shù)列1bn的前n項(xiàng)和S答案23.(2018河南、河北兩省聯(lián)考,18)已知數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，a1=5，nSn+1—（n+1)Sn=n2+n。(1)求證:數(shù)列Sn（2）令bn=2nan,求數(shù)列｛bn}的前n項(xiàng)和Tn.答案（1)證明:由nSn+1—(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n又S11=5,所以數(shù)列（2)由(1）可知Snn=5+(n—1）=n+4，所以Sn=n當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2+4n—（n—1)2-4（n-1）=2n+3。又a1=5符合上式，所以an=2n+3（n∈N＊），所以bn=（2n+3）2n,所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n，①2Tn=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+（2n+3)2n+1,②所以②—①得Tn=(2n+3）2n+1—10-(23+24+…+2n+1)=（2n+3)2n+1—10-2=(2n+3）2n+1—10—(2n+2-8）=（2n+1）2n+1—2。考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1。(2018福建漳州期末調(diào)研測試，5)等差數(shù)列｛an｝和等比數(shù)列｛bn}的首項(xiàng)均為1,公差與公比均為3,則ab1+abA.64 B。32 C。38 D。33答案D2。(2018河南商丘第二次模擬,6）已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1—an≥2(n∈N＊)，且Sn為｛an｝的前n項(xiàng)和,則()A。an≥2n+1 B。Sn≥n2C。an≥2n—1 D。Sn≥2n-1答案B3。(2019福建晉江(安溪一中、養(yǎng)正中學(xué)、惠安一中、泉州實(shí)驗(yàn)中學(xué)四校)期中,18）已知數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=2an-2.(1)求數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列n+1an的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn答案（1)當(dāng)n=1時(shí)，a1=2.當(dāng)n≥2時(shí)，Sn-1=2an—1-2,所以an=Sn—Sn-1=2an—2an-1,整理得an所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,故an=2n。(2）令bn=n+1an,則bn所以Tn=221+3212Tn=222+3①-②,得12Tn=32-所以Tn=3-n+3令cn=n+32n，則c所以cn〉cn+1，從而數(shù)列{Tn｝是單調(diào)遞增數(shù)列，所以Tn≥T1=1.故Tn的最小值為1.4。（命題標(biāo)準(zhǔn)樣題，16)設(shè)三角形的邊長為不相等的整數(shù),且最大邊長為n，這些三角形的個(gè)數(shù)為an。（1）求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式；（2）在1,2,…,100中任取三個(gè)不同的整數(shù),求它們可以是一個(gè)三角形的三條邊長的概率.附：1+22+32+…+n2=n(答案本題考查三角形三邊的關(guān)系、數(shù)列的概念、通項(xiàng)公式，等差數(shù)列求和,古典概型等數(shù)學(xué)知識(shí).試題將數(shù)列與概率相結(jié)合,體現(xiàn)了理性思維、數(shù)學(xué)探究的學(xué)科素養(yǎng),考查了邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新能力，落實(shí)了基礎(chǔ)性、綜合性、創(chuàng)新性的考查要求。(1）設(shè)x,y，n為滿足題意的三角形的邊長，不妨設(shè)x〈y<n,則x+y〉n。由題設(shè),易得a1=a2=a3=0。當(dāng)n≥4，且n為偶數(shù)時(shí),若y≤n2,x不存在;若y=n2+1,則x為n2；若y=n2+2,則x為n2若y=n-1,則x為2，3,…,n—2.所以an=1+3+…+（n-3）=(n當(dāng)n〉4，且n為奇數(shù)時(shí)，可得an=2+4+…+（n-3)=(n所以{an}的通項(xiàng)公式為an=0(2）記Sn為數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和.由（1)可得S100=14×(22+42+…+982）+1=（12+22+…+492)+12+22+…+482+（1+2+…+48）=49×50×1956故所求概率為S100100×99×983×2×1煉技法提能力【方法集訓(xùn)】方法數(shù)列求和的方法1。（2018河南中原名校11月聯(lián)考,10）設(shè)函數(shù)f(x）滿足f（n+1）=2f(nA.95 B。97 C.105 D。392答案D2.（2019吉林長春模擬，7）已知數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和Sn=n2+2n,則數(shù)列1aA.215 B。415 C.5答案A3。(2019湘贛十四校第一次聯(lián)考,17)已知函數(shù)f（x）=2019·sinπx-π（1）求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式；（2)設(shè)bn=2nan+23,求數(shù)列{b答案(1)令f（x)=2019sinπx得πx-π3=kπ（k∈Z),則有x=1∵f(x)的所有正零點(diǎn)構(gòu)成遞增數(shù)列｛an｝，∴｛an｝是以13∴an=13+(n—1）×1=n—23（n∈N（2)由(1)知bn=n·2n。∴Sn=1×21+2×22+3×23+…+（n—1)×2n-1+n×2n,①∴2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n—1）×2n+n×2n+1,②②-①得Sn=-1×21-22—23-…-2n+n×2n+1=n×2n+1-21(14.(2018河南安陽第二次模擬,17）設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(n,Sn)在函數(shù)f(x）=x2+Bx+C-1(B，C∈R)的圖象上,且a1=C.(1）求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式;（2)記bn=an（a2n-1+1）,求數(shù)列｛b答案（1）設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則Sn=na1+n(n-1)2d=又Sn=n2+Bn+C—1，兩式對(duì)照得d解得d=2,C所以a1=1，所以數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式為an=2n-1.(2)由(1）知bn=(2n—1)(2·2n-1—1+1)=（2n-1)2n,則Tn=1×2+3×22+…+(2n—1)·2n，2Tn=1×22+3×23+…+(2n—3)·2n+（2n-1)·2n+1，兩式相減得Tn=（2n—1)·2n+1-2(22+23+…+2n）-2=（2n-1）·2n+1—2×22=（2n—3)·2n+1+6.【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組考點(diǎn)一數(shù)列求和（2017課標(biāo)全國Ⅲ，17,12分）設(shè)數(shù)列｛an}滿足a1+3a2+…+（2n-1)an=2n.（1）求{an}的通項(xiàng)公式;(2)求數(shù)列an答案（1)因?yàn)閍1+3a2+…+（2n-1）an=2n，故當(dāng)n≥2時(shí)，a1+3a2+…+（2n-3)an-1=2(n-1).兩式相減得(2n-1)an=2。所以an=22又由題設(shè)可得a1=2,從而{an}的通項(xiàng)公式為an=22n-（2）記an2n由（1)知an2n+1=2(則Sn=11—13+13-15+…+12考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用（2016課標(biāo)全國Ⅰ，17，12分)已知｛an｝是公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn（1)求｛an}的通項(xiàng)公式；(2）求{bn}的前n項(xiàng)和.答案(1)由已知，a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13，得a1所以數(shù)列｛an｝是首項(xiàng)為2，公差為3的等差數(shù)列,通項(xiàng)公式為an=3n—1.（5分）（2）由（1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn因此{(lán)bn｝是首項(xiàng)為1，公比為13記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn=1-13n1B組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一數(shù)列求和1。(2019天津,18,13分)設(shè){an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3，b3=4a2+3。（1)求｛an}和{bn}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)數(shù)列{cn｝滿足cn=1,n為奇數(shù),bn2,n為偶數(shù).求a1c1+a2答案本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識(shí)。考查數(shù)列求和的基本方法和運(yùn)算求解能力,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)。(1)設(shè)等差數(shù)列｛an}的公差為d,等比數(shù)列｛bn}的公比為q。依題意，得3q=3+2故an=3+3（n—1)=3n，bn=3×3n-1=3n。所以，｛an}的通項(xiàng)公式為an=3n,｛bn｝的通項(xiàng)公式為bn=3n。（2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n=（a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)=n×3+n(n-1)2×6=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).記Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①則3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②②—①得，2Tn=-3—32—33—…—3n+n×3n+1=-3(1-3n所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n-1)2。(2018浙江，20,15分）已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng).數(shù)列｛bn}滿足b1=1,數(shù)列｛(bn+1—bn）an}的前n項(xiàng)和為2n2+n。（1）求q的值;(2)求數(shù)列｛bn｝的通項(xiàng)公式。答案（1）由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng)得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8。由a3+a5=20得8q+解得q=2或q=12因?yàn)閝〉1,所以q=2。（2）設(shè)cn=（bn+1—bn)an,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn.由cn=S1,n=1由（1）可知an=2n-1，所以bn+1-bn=(4n—1)·12故bn-bn-1=(4n-5)·12bn-b1=（bn-bn—1)+（bn-1—bn-2)+…+（b3-b2)+(b2-b1）=(4n-5）·12n-2+(4n-9）·設(shè)Tn=3+7·12+11·12212Tn=3·12+7·122+…+（4n—9)·所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·因此Tn=14—（4n+3)·12又b1=1，所以bn=15—（4n+3）·123。（2017山東,19,12分）已知{an}是各項(xiàng)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(xiàng)公式;(2){bn}為各項(xiàng)非零的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn。已知S2n+1=bnbn+1，求數(shù)列bnan答案(1）設(shè)｛an｝的公比為q,由題意知:a1（1+q)=6，a12q=a1q又an>0,解得a1=2，q=2，所以an=2n。（2)由題意知:S2n+1=(2n+1又S2n+1=bnbn+1，bn+1≠0，所以bn=2n+1.令cn=bnan，則cn因此Tn=c1+c2+…+cn=32+522+723又12Tn=322+523+7兩式相減得12Tn=32+12所以Tn=5—2n4.(2017北京,15,13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(xiàng)公式；（2）求和：b1+b3+b5+…+b2n—1。答案（1）設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為d.因?yàn)閍2+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?yàn)閎2b4=a5，所以b1qb1q3=9。解得q2=3。所以b2n—1=b1q2n—2=3n—1。從而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n5。(2016天津,18,13分）已知{an｝是等比數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*）,且1a1—1a2=（1)求{an}的通項(xiàng)公式;（2)若對(duì)任意的n∈N＊,bn是log2an和log2an+1的等差中項(xiàng),求數(shù)列{(-1)nbn答案(1）設(shè)數(shù)列｛an｝的公比為q.由已知，有1a1—1a又由S6=a1·1-q61-q=63，知q≠-1,所以a1·1-（2）由題意,得bn=12(log2an+log2an+1）=12（log22n—1+log22n)=n-即｛bn｝是首項(xiàng)為12設(shè)數(shù)列{（-1）nbn2｝的前n項(xiàng)和為TT2n=(-b12+b22）+（-b32+=b1+b2+b3+b4+…+b2n—1+b2n=2n(b考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1。(2018北京,15，13分）設(shè)｛an｝是等差數(shù)列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2。（1）求{an｝的通項(xiàng)公式;(2）求ea1+ea答案(1）設(shè){an}的公差為d。因?yàn)閍2+a3=5ln2，所以2a1+3d=5ln2.又a1=ln2，所以d=ln2。所以an=a1+（n-1）d=nln2.(2）因?yàn)閑a1=eln2=2,eane所以｛ea所以ea1+ea2+…+ea2.(2017天津,18,13分）已知{an｝為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn（n∈N*）,｛bn｝是首項(xiàng)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(xiàng)公式;(2）求數(shù)列｛a2nbn｝的前n項(xiàng)和（n∈N＊)。答案(1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn｝的公比為q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q—6=0。又因?yàn)閝〉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(xiàng)公式為an=3n-2，｛bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n。(2)設(shè)數(shù)列{a2nbn｝的前n項(xiàng)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）×2n+（6n—2）×2n+1，上述兩式相減，得-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-（6n-2)×2n+1=12×(1=—(3n—4)2n+2—16。得Tn=（3n-4)2n+2+16.所以,數(shù)列｛a2nbn}的前n項(xiàng)和為(3n-4）2n+2+16.3。（2016浙江,17,15分)設(shè)數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn.已知S2=4，an+1=2Sn+1,n∈N*。(1）求通項(xiàng)公式an；（2）求數(shù)列{|an-n-2|｝的前n項(xiàng)和.答案(1)由題意得a1+又當(dāng)n≥2時(shí)，由an+1—an=(2Sn+1）—（2Sn-1+1）=2an，得an+1=3an.又因?yàn)閍2=3=3a1,所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列。所以,數(shù)列{an｝的通項(xiàng)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(shí)，由于3n-1>n+2，故bn=3n—1—n—2,n≥3。設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,則T1=2,T2=3.當(dāng)n≥3時(shí)，Tn=3+9(1-3n經(jīng)檢驗(yàn),n=2時(shí)也符合.所以Tn=2C組教師專用題組考點(diǎn)一數(shù)列求和1。（2015湖北,19，12分)設(shè)等差數(shù)列{an｝的公差為d,前n項(xiàng)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(xiàng)公式;(2)當(dāng)d〉1時(shí)，記cn=anbn,求數(shù)列｛cn解析（1）由題意有，10a1解得a1=1,d=2,(2）由d>1,知an=2n—1,bn=2n-1，故cn=2n于是Tn=1+32+522+72312Tn=12+322+523+①-②可得12Tn=2+12+122+…+12故Tn=6—2n2.(2015安徽，18，12分)已知數(shù)列｛an}是遞增的等比數(shù)列,且a1+a4=9，a2a3=8.（1）求數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式;（2）設(shè)Sn為數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和,bn=an+1SnS答案(1)由題設(shè)知a1·a4=a2·a3=8，又a1+a4=9，可解得a1=1,由a4=a1q3得公比為q=2,故an=a1qn-1=2n—1。（2）Sn=a1(1-qn)1-q=2n—1,又b所以Tn=b1+b2+…+bn=1S1-1S2+1=1—123。（2015山東,19，12分)已知數(shù)列｛an｝是首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列，數(shù)列1an·(1)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式;（2)設(shè)bn=(an+1)·2an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和T答案（1）設(shè)數(shù)列{an}的公差為d。令n=1，得1a1a所以a1a2=3。令n=2，得1a1a2+所以a2a3=15。解得a1=1，d=2,所以an=2n-1。（2）由（1)知bn=2n·22n-1=n·4n，所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n,所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1,兩式相減,得—3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1=4(1=1-3n3×4所以Tn=3n-19×4n+1+4。(2014課標(biāo)Ⅰ，17,12分）已知｛an｝是遞增的等差數(shù)列，a2，a4是方程x2—5x+6=0的根.（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2)求數(shù)列an答案(1）方程x2-5x+6=0的兩根為2，3，由題意得a2=2，a4=3。設(shè)數(shù)列｛an｝的公差為d，則a4—a2=2d,故d=12，從而a1=3所以｛an}的通項(xiàng)公式為an=12（2)設(shè)an2n的前n項(xiàng)和為Sn，由(1)知aSn=322+423+…+12Sn=323+424兩式相減得12Sn=34+1=34+141所以Sn=2—n+45.（2014湖北，19，12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(xiàng)公式;（2)記Sn為數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和，是否存在正整數(shù)n，使得Sn〉60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在，說明理由。答案(1）設(shè)數(shù)列｛an}的公差為d,依題意，得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(shí),an=2;當(dāng)d=4時(shí),an=2+(n-1)·4=4n—2,從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2或an=4n—2.（2）當(dāng)an=2時(shí),Sn=2n。顯然2n〈60n+800，此時(shí)不存在正整數(shù)n，使得Sn>60n+800成立.當(dāng)an=4n-2時(shí)，Sn=n[2+(令2n2>60n+800,即n2—30n-400>0，解得n>40或n<-10(舍去），此時(shí)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(shí),不存在滿足題意的n；當(dāng)an=4n—2時(shí)，存在滿足題意的n，其最小值為41。6。（2014安徽,18，12分)數(shù)列｛an}滿足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1)，n∈N＊.（1）證明：數(shù)列an(2)設(shè)bn=3n·an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn答案(1）證明：由已知可得an+1n+1=an所以ann是以(2）由(1)得ann=1+(n—1)·1=n,所以an=n從而bn=n·3n。∴Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3Sn=1·32+2·33+…+(n-1）·3n+n·3n+1。②①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1=3·(1-3n所以Sn=(27.(2014山東，19,12分）在等差數(shù)列{an}中,已知公差d=2,a2是a1與a4的等比中項(xiàng).（1）求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式;(2）設(shè)bn=an(n+1)2,記Tn=-b1+b2—b3+b4—…+(—1）答案(1)由題意知(a1+d)2=a1（a1+3d)，即(a1+2）2=a1(a1+6）,解得a1=2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n。（2)由題意知bn=an所以bn+1-bn=2(n+1），所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Tn=（-b1+b2)+（-b3+b4）+…+(-bn—1+bn）=4+8+12+…+2n=n2(4+2n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，若n=1，則T1=—b1=—2,若n>1，則Tn=Tn-1+（-bn)=(n=-(nn=1時(shí)，滿足上式。所以Tn=-8.(2013重慶,16，13分)設(shè)數(shù)列{an｝滿足:a1=1，an+1=3an，n∈N+。(1）求{an｝的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；（2）已知｛bn｝是等差數(shù)列，Tn為其前n項(xiàng)和,且b1=a2，b3=a1+a2+a3,求T20.答案（1)由題設(shè)知｛an｝是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列，所以an=3n—1，Sn=1-3n1-（2）b1=a2=3，b3=1+3+9=13，b3-b1=10=2d,所以公差d=5，故T20=20×3+20×1929。(2013安徽，19，13分)設(shè)數(shù)列｛an}滿足a1=2，a2+a4=8,且對(duì)任意n∈N＊,函數(shù)f(x）=(an-an+1+an+2）x+an+1cosx-an+2sinx滿足f'π2（1）求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式；（2)若bn=2an+12a答案（1）由題設(shè)可得,f’（x）=an-an+1+an+2—an+1sinx—an+2·cosx.對(duì)任意n∈N＊,f'π2=an—an+1+an+2-an+1即an+1—an=an+2—an+1,故｛an}為等差數(shù)列.由a1=2,a2+a4=8，解得｛an}的公差d=1,所以an=2+1·(n-1）=n+1.(2）由bn=2an+12an=2n+1+12n+1=2n+12n+2知，Sn=b110。(2013湖南,19，13分）設(shè)Sn為數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和，已知a1≠0,2an—a1=S1·Sn，n∈N＊。（1)求a1，a2,并求數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和.答案（1）令n=1，得2a1-a1=a1即a1=a1因?yàn)閍1≠0，所以a1=1。令n=2，得2a2—1=S2=1+a2.解得a2=2。當(dāng)n≥2時(shí)，2an—1=Sn，2an-1-1=Sn-1,兩式相減得2an—2an-1=an.即an=2an—1.于是數(shù)列｛an｝是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列.因此,an=2n—1.所以數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an=2n—1。(2）由(1)知nan=n·2n—1。記數(shù)列{n·2n—1｝的前n項(xiàng)和為Bn，于是Bn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①2Bn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n。②①—②得-Bn=1+2+22+…+2n—1-n·2n=2n—1—n·2n.從而Bn=1+(n—1）·2n.考點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.（2018江蘇,14,5分)已知集合A={x｜x=2n—1，n∈N*｝,B=｛x｜x=2n，n∈N*｝。將A∪B的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列｛an}.記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則使得Sn〉12an+1成立的n的最小值為.

答案272。（2017江蘇,19,16分）對(duì)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(duì)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｝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(1）因?yàn)閧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(shí)，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,當(dāng)n≥3時(shí),an—2+an-1+an+1+an+2=4an，①當(dāng)n≥4時(shí)，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），③an+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。3。(2016四川，19,12分）已知數(shù)列{an｝的首項(xiàng)為1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn+1=qSn+1，其中q〉0，n∈N＊.(1)若a2，a3,a2+a3成等差數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;（2）設(shè)雙曲線x2—y2an2=1的離心率為en，且e2=2,求e1答案（1）由已知，Sn+1=qSn+1，Sn+2=qSn+1+1，兩式相減得到an+2=qan+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1，故an+1=qan對(duì)所有n≥1都成立.所以，數(shù)列｛an｝是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列.從而an=qn-1.由a2，a3，a2+a3成等差數(shù)列，可得2a3=a2+a2+a3,所以a3=2a2,故q=2。所以an=2n—1（n∈N*）。（2）由（1)可知，an=qn—1。所以雙曲線x2-y2an2=1的離心率en=由e2=1+q2=2解得q=所以,e12+e=（1+1)+(1+q2)+…+［1+q2（n—1）]=n+［1+q2+…+q2（n-1)］=n+q=n+12（3n4。(2015天津，18，13分）已知{an｝是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,{bn}是等差數(shù)列，且a1=b1=1，b2+b3=2a3,a5—3b2=7.(1）求｛an｝和｛bn｝的通項(xiàng)公式;(2）設(shè)cn=anbn,n∈N＊，求數(shù)列｛cn}的前n項(xiàng)和。答案(1）設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,數(shù)列｛bn｝的公差為d，由題意知q〉0。由已知,有2q2-3d=2,所以數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an=2n-1,n∈N＊；數(shù)列{bn｝的通項(xiàng)公式為bn=2n—1,n∈N*。(2)由(1)有cn=(2n—1)·2n-1，設(shè)｛cn｝的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn=1×20+3×21+5×22+…+（2n-3)×2n-2+（2n-1)×2n—1,2Sn=1×21+3×22+5×23+…+（2n-3)×2n—1+(2n—1）×2n，上述兩式相減，得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n—1）×2n=2n+1—3-(2n—1)×2n=-（2n-3）×2n-3,所以，Sn=（2n—3）·2n+3,n∈N*。5.（2015浙江,17,15分)已知數(shù)列{an｝和{bn｝滿足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+12b2+13b3+…+1nbn=bn+1(1）求an與bn;(2)記數(shù)列{anbn｝的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn。答案（1)由a1=2，an+1=2an，得an=2n（n∈N*）。由題意知,當(dāng)n=1時(shí)，b1=b2—1,故b2=2.當(dāng)n≥2時(shí),1nbn=bn+1—bn,整理得bn+1所以bn=n(n∈N*)。(2)由(1)知anbn=n·2n,因此Tn=2+2·22+3·23+…+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*）。6.（2014廣東,19,14分）設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn滿足Sn2—（n2+n-3)Sn—3（n2+n)=0,n∈N(1）求a1的值；(2)求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式；（3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有1a1(a1+1)答案(1)∵Sn2-(n2+n-3）Sn-3（n∴令n=1，得a12+a解得a1=2或a1=-3。又an>0,∴a1=2.（2)由Sn2—(n2+n-3)Sn-3（n得［Sn—(n2+n）］（Sn+3）=0，又an〉0，所以Sn+3≠0,所以Sn=n2+n,所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn—Sn—1=n2+n-[(n-1）2+n-1]=2n，又由（1）知,a1=2，符合上式，所以an=2n。（3）證明：由(2）知，1an(所以1a1(a=12×3+14×5<12×3+13×5+1=16+=16+〈16+12×137.(2013課標(biāo)Ⅱ,17，12分）已知等差數(shù)列{an｝的公差不為零，a1=25，且a1，a11，a13成等比數(shù)列.（1)求｛an｝的通項(xiàng)公式;（2）求a1+a4+a7+…+a3n—2.解析（1)設(shè){an｝的公差為d。由題意得，a112=a1a即(a1+10d）2=a1(a1+12d）。于是d(2a1+25d)=0.又a1=25，所以d=0（舍去)或d=-2。故an=-2n+27.(2）令Sn=a1+a4+a7+…+a3n—2。由（1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首項(xiàng)為25，公差為-6的等差數(shù)列。從而Sn=n2(a1+a3n—2=n2=-3n2+28n.8。（2013山東,20，12分）設(shè)等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，且S4=4S2,a2n=2an+1.（1）求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列｛bn}滿足b1a1+b2a2+…+bnan答案(1)設(shè)等差數(shù)列｛an｝的首項(xiàng)為a1,公差為d。由S4=4S2，a2n=2an+1得4解得a1=1,d=2。因此an=2n—1,n∈N＊。(2）由已知b1a1+b2a2+…+當(dāng)n=1時(shí),b1a1當(dāng)n≥2時(shí)，bnan=1-12n所以bnan=1由（1)知,an=2n-1，n∈N*，所以bn=2n-1又Tn=12+322+512Tn=122+323兩式相減得12Tn=12+2=32—12n所以Tn=3-2n【三年模擬】時(shí)間：70分鐘分值:95分一、選擇題(每小題5分,共20分）1.(2018福建廈門第一學(xué)期期末質(zhì)檢,7）已知數(shù)列｛an}滿足an+1+(—1)n+1an=2，則其前100項(xiàng)和為()A。250 B。200 C.150 D.100答案D2。（2020屆河南商丘模擬，6）對(duì)于函數(shù)y=f(x)，部分x與y的對(duì)應(yīng)值如下表:x123456789y745813526數(shù)列{xn}滿足x1=2，且對(duì)任意n∈N＊，點(diǎn)（xn,xn+1）都在函數(shù)y=f(x)的圖象上，則x1+x2+x3+…+x2019的值為(）A。9408 B.9422 C。9424 D。9428答案B3.（2020屆福建福州模擬，10)已知數(shù)列｛an}滿足a1=1,an+1=(n+1)A.8964-2 B。8答案A4。（2019河北衡水中學(xué)第一次摸底,12）已知函數(shù)f（x)=mx-2017,x≥2019,3m2018A.(1,2］ B.（1,2) C.(2，+∞） D。(1，+∞）答案C二、解答題（共75分)5.（2019安徽黃山畢業(yè)班第二次質(zhì)量檢測，17)已知數(shù)列nan-1的前n項(xiàng)和S（1）求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式;（2）令bn=2n+1(an-1)2答案（1)因?yàn)镾n=n,①所以當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=n—1,②由①—②得nan-又因?yàn)閍1=2適合上式,所以an=n+1（n∈N＊）。（2)證明：由(1)知,bn=2n+1(an-1所以Tn=112-122+所以Tn〈1。6.（2020屆皖江名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考,17）已知數(shù)列{an｝滿足a1=1，n2an+1-(n+1)2an=2n2(n+1）2,n∈N＊，設(shè)bn=an(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;(2）求數(shù)列1bnb答案（1)因?yàn)閚2an+1-（n+1）2an=2n2（n+1)2,n∈N*,所以an+1(n+1)2-a所以數(shù)列{bn｝是等差數(shù)列.因?yàn)閍1=1，所以bn=ann2=a(2)因?yàn)?bnbn+1所以Sn=12×11-13+17。（2020屆新疆哈密月考，17）已知數(shù)列｛an}，{bn}，其中a1=5,b1=-1，且滿足an=12（3an—1-bn-1)，bn=-12（an-1—3bn—1)，n∈N（1）求證：數(shù)列｛an-bn｝為等比數(shù)列；（2）求數(shù)列3×2n-答案(1)證明:an—bn=12（3an-1—bn-1)—-12(an—1—3bn—1)=2（an-1—bn—1又a1—b1=5—(—1)=6,所以{an-bn｝是首項(xiàng)為6，公比為2的等比數(shù)列.（2)由（1）知，an-bn=3×2n。①因?yàn)閍n+bn=12（3an—1-bn—1)+-12（an-1-3bn—1)=an—1+bn-1又a1+b1=5+(—1)=4，所以｛an+bn｝為常數(shù)列且an+bn=4。②聯(lián)立①②得an=3×2n-1+2，故3×2n-1ana所以Sn=13×20+2-13×218。(2019湖南百所重點(diǎn)名校大聯(lián)考,17）已知數(shù)列｛an｝滿足：a1+a2+a3+…+an=n—an（n=1,2，3,…)。（1）求證:數(shù)列｛an—1}是等比數(shù)列;(2)令bn=(2—n)(an—1）(n=1,2，3,…)，如果對(duì)任意n∈N＊，都有bn+14t≤t2答案(1)證明:由a1+a2+a3+…+an=n-an,①得a1+a2+a3+…+an+1=n+1—an+1，②②—①可得2an+1—an=1。即an+1-1=12(an又a1—1=—12∴｛an-1}是以—12為首項(xiàng)，1(2)由（1)可得an=1—12故bn=n-設(shè)數(shù)列｛bn}的第r項(xiàng)最大，則有r-2∴3≤r≤4,故數(shù)列{bn}的最大項(xiàng)是b3或b4，且b3=b4=18∵對(duì)任意n∈N*，都有bn+14t≤t2，即bn≤t2-14t對(duì)任意n∈N∴18≤t2-14t，解得t≥12∴實(shí)數(shù)t的取值范圍是12,+9.（2020屆山東夏季高考模擬，17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問題中,若問題中的k存在,求出k的值；若k不存在,說明理由.設(shè)等差數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn,{bn}是等比數(shù)列，,b1=a5,b2=3，b5=-81,是否存在k，使Sk〉Sk+1且Sk+1〈Sk+2？

注：如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分。答案方案一：選條件①。設(shè)｛bn}的公比為q，則q3=b5所以bn=—（—3）n—1.從而a5=b1=—1,a2=b1+b3=—10,由于{an｝是等差數(shù)列,所以an=3n-16.因?yàn)镾k〉Sk+1且Sk+1<Sk+2等價(jià)于ak+1<0且ak+2>0,所以滿足題意的k存在,當(dāng)且僅當(dāng)3(方案二：選條件②。設(shè)｛bn｝的公比為q，則q3=b5所以bn=-（-3)n-1。從而a5=b1=—1，a4=b4=27，所以｛an｝的公差d=—28。Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2等價(jià)于ak+1〈0且ak+2〉0,此時(shí)d=ak+2—ak+1〉0,與d=-28矛盾，所以滿足題意的k不存在。方案三:選條