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2020届二轮复习 数列的综合应用学案（全国通用）
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2020届二轮复习 数列的综合应用 学案
五年高考
考点一 数列求和
1.(2018课标全国Ⅰ,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
2.(2018课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则= .
答案
3.(2018课标Ⅱ,16,5分)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .
答案 -
4.(2018课标全国Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
解析 (1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)
(2)因为bn=(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
5.(2018课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.
可得-+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)
(2)由an=2n+1可知
bn===.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=
=.(12分)
教师用书专用(6—12)
6.(2018北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .
答案 6
7.(2018湖南,15,5分)设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-,n∈N*,则
(1)a3= ;
(2)S1+S2+…+S100= .
答案 (1)- (2)
8.(2018天津,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.
(1)求q的值和{an}的通项公式;
(2)设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,
所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,
由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=.
所以{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
上述两式相减,得
Sn=1+++…+-=-=2--,
整理得,Sn=4-.
所以数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*.
9.(2018山东,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,
S4=4a1+×2=4a1+12,
由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),
解得a1=1,
所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1
=(-1)n-1.
当n为正偶数时,
Tn=-+…+-
=1-=.
当n为正奇数时,
Tn=-+…-+++=1+=.
所以Tn=
10.(2018浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解析 (1)由题意得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)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11,则当n≤11时,
|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n2+n.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=
11.(2018江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
(1)令cn=,求数列{cn}的通项公式;
(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.
解析 (1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),
所以-=2,即cn+1-cn=2.
所以数列{cn}是以1为首项,2为公差的等差数列,
故cn=2n-1.
(2)由(1)及bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,
于是数列{an}的前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,
3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,
所以Sn=(n-1)3n+1.
12.(2018江西,17,12分)正项数列{an}的前n项和Sn满足:-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对于任意的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}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n.
于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.
综上,数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)证明:由于an=2n,bn=,
所以bn==-.
Tn=1-+-+-+…+-+-
=<=.
考点二 数列的综合应用
1.(2018福建,8,5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( )
A.6 B.7 C.8 D.9
答案 D
2.(2018重庆,12,5分)已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .
答案 64
3.(2018山东,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
解析 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{xn}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得
所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,
所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意bn=×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=.
教师用书专用(4—13)
4.(2018课标全国Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则( )
A.{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列
D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列
答案 B
5.(2018安徽,18,12分)设n∈N*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)记Tn=…,证明:Tn≥.
解析 (1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.
从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).
令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-=.
(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知
Tn=…=….
当n=1时,T1=.
当n≥2时,因为==>
==.
所以Tn>×××…×=.
综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥.
6.(2018重庆,22,12分)在数列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μ=0(n∈N+).
(1)若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式;
(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.
解析 (1)由λ=0,μ=-2,得an+1an=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,an≠0.
从而an+1=2an(n∈N+),即{an}是一个公比q=2的等比数列.
故an=a1qn-1=3·2n-1.
(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{an}的递推关系式变为
an+1an+an+1-=0,变形为an+1=(n∈N+).
由上式及a1=3>0,归纳可得
3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.
因为an+1===an-+·,
所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)
=a1-k0·+·>2+·=2+.
另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得
=a1-k0·+·
<2+·=2+.
综上,2+<<2+.
7.(2018湖北,22,14分)已知数列{an}的各项均为正数,bn=an(n∈N+),e为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)=1+x-ex的单调区间,并比较与e的大小;
(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;
(3)令cn=(a1a2…an,数列{an},{cn}的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:Tn
当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;
当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.
故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).
当x>0时, f(x)
=·=2×2×=(2+1)2=32;
=·=32×3×=(3+1)3=43.
由此推测:=(n+1)n.②
下面用数学归纳法证明②.
(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.
(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.
当n=k+1时,bk+1=(k+1)ak+1,由归纳假设可得
=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.
所以当n=k+1时,②也成立.
根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.
(3)由cn的定义,②,算术-几何平均不等式,bn的定义及①得
Tn=c1+c2+c3+…+cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…an
=+++…+
≤+++…+
=b1+b2
+…+bn·
=b1+b2+…+bn
<++…+=a1+a2+…+an
(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.
解析 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,
则Fn(1)=n-1>0,
Fn=1+++…+-2=-2
=-<0,
所以Fn(x)在内至少存在一个零点.
又F'n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,
即-2=0,故xn=+.
(2)解法一:由题设知,gn(x)=.
设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-,x>0.
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-.
若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-xn-1
=xn-1-xn-1=0.
若x>1,则h'(x)
所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,
所以h(x)
当x≠1时, fn(x)
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(x)
fk+1(x)=fk(x)+xk+1
又gk+1(x)-=,
令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),
则h'k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).
所以当0
所以hk(x)>hk(1)=0,
从而gk+1(x)>.
故fk+1(x)
则a1=b1=1,an+1=bn+1=xn,
所以ak=1+(k-1)·(2≤k≤n),
bk=xk-1(2≤k≤n),
令mk(x)=ak-bk=1+-xk-1,x>0(2≤k≤n),
当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).
当x≠1时,m'k(x)=·nxn-1-(k-1)xk-2
=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).
而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.
若01,则xn-k+1>1,m'k(x)>0,
从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以mk(x)>mk(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,ak>bk(2≤k≤n),
又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)
当x≠1时, fn(x)
(1)求an与bn;
(2)设cn=-(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.
(i)求Sn;
(ii)求正整数k,使得对任意n∈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),所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*),
所以,a1a2a3…an==()n(n+1).
故数列{bn}的通项为bn=n(n+1)(n∈N*).
(2)(i)由(1)知cn=-=-(n∈N*),
所以Sn=-(n∈N*).
(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;
当n≥5时,cn=,
而-=>0,
得≤<1,
所以,当n≥5时,cn<0.
综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.
10.(2018湖北,18,12分)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
解析 (1)设数列{an}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.
(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.
当an=4n-2时,Sn==2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的n;
当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.
11.(2018湖南,20,13分)已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.
(1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
解析 (1)因为{an}是递增数列,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成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.
当p=0时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾.故p=.
(2)由于{a2n-1}是递增数列,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①,②知,a2n-a2n-1>0,
因此a2n-a2n-1==.③
因为{a2n}是递减数列,
同理可得,a2n+1-a2n<0,故
a2n+1-a2n=-=.④
由③,④知,an+1-an=.
于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+-+…+
=1+·
=+·,
故数列{an}的通项公式为
an=+·.
12.(2018山东,20,12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.
解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1得
解得a1=1,d=2.
因此an=2n-1,n∈N*.
(2)由题意知Tn=λ-,
所以n≥2时,
bn=Tn-Tn-1=-+=.
故cn=b2n==(n-1),n∈N*.
所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,
则Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,
两式相减得
Rn=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,
整理得Rn=.
所以数列{cn}的前n项和Rn=.
13.(2018广东,19,14分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.
(1)求a2的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.
解析 (1)依题意得,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.
(2)当n≥2时,2Sn=nan+1-n3-n2-n,
2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)
两式相减得
2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,
整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即-=1,又-=1,
故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,
所以=1+(n-1)×1=n,所以an=n2.
(3)证明:当n=1时,=1<;
当n=2时,+=1+=<;
当n≥3时,=<=-,此时
++…+=1++++…+<1++++…+
=1++-=-<,
综上,对一切正整数n,有++…+<.
三年模拟
A组 2018—2018年模拟·基础题组
考点一 数列求和
1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,a1=1,S5=25,设Tn为数列{(-1)n+1an}的前n项和,则T2 015=( )
A.2 014 B.-2 014 C.2 015 D.-2 015
答案 C
2.(2018湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=( )
A.-200 B.-100 C.200 D.100
答案 D
3.(2018山东部分重点中学第二次联考,7)设Sn为等差数列{an}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m项和为,则m的值为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
答案 B
4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知Sn为{an}的前n项和,若an(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于 .
答案 2 332
考点二 数列的综合应用
5.(2018广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{an}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )
A.20 B.22 C.24 D.28
答案 B
6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )
A.192里 B.96里 C.48里 D.24里
答案 B
7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{an}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+= .
答案 2n2+2n
8.(2018广东“六校联盟”联考,14)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-1(n∈N*),则数列{nan}的前n项和Tn为 .
答案 (n-1)2n+1
B组 2018—2018年模拟·提升题组
(满分:60分 时间:50分钟)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{an}中,n=1,2,3,…,729,且an=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{an}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{bn},容易发现数列{bn}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{an}的所有项的和为S,数列{bn}的所有项的和为T,则( )
A.S>T B.S=T
C.S
2.(2018四川南充模拟,11)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=,an+1=则S2 018等于( )
A. B. C. D.
答案 B
3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且an>0,6Sn=+3an,n∈N*,bn=,若∀n∈N*,k>Tn恒成立,则k的最小值是 ( )
A. B.49 C. D.
答案 C
4.(2018湖北四地七校2月联盟,12)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),且bn=ancos,记Sn为数列{bn}的前n项和,则S24=( )
A.294 B.174 C.470 D.304
答案 D
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.(2018河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{an}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+= .
答案 2n2+6n
6.(2018河北武邑第三次调研,16)对于数列{an},定义Hn=为{an}的“优值”,现在已知某数列{an}的“优值”Hn=2n+1,记数列{an-kn}的前n项和为Sn,若Sn≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是 .
答案
三、解答题(共30分)
7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=(3n-1)··an,数列{bn}的前n项和为Tn,若不等式(-1)nλ
∴+=3,又+=,
∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,
从而+=×3n-1⇒an=.
(2)将an=代入bn=(3n-1)··an可得bn=.
Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×,
两式相减得=+++…+-n×=2-,
∴Tn=4-,
∴(-1)nλ<4-,
若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,
若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,
∴-2<λ<3.
8.(2018河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2018年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2018年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.
(1)求实施新政策后第n年的人口总数an(单位:万人)的表达式(注:2018年为第一年);
(2)若新政策实施后的2018年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)
解析 (1)当n≤10时,数列{an}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故an=45.5+0.5×(n-1),
当n≥11时,数列{an}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故an=50×0.99n-10,
因此,新政策实施后第n年的人口总数an(单位:万人)的表达式为an=n∈N*.
(2)设Sn(单位:万人)为数列{an}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,
∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.
C组 2018—2018年模拟·方法题组
方法1 错位相减法求和
1.(2018河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{an}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为Sn,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+1=,Tn为数列{bn}的前n项和,若Tn≥m恒成立,求m的最大值.
解析 (1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,
即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴an=.
(2)∵an+1=,∴=,∴bn=n·2n-1,
∴Tn=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①
∴2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②
由①-②得,-Tn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴Tn=1+(n-1)·2n.
∵Tn≥m恒成立,只需(Tn)min≥m即可,∵Tn+1-Tn=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,
∴{Tn}为递增数列,∴当n=1时,(Tn)min=T1=1,∴m≤1,
∴m的最大值为1.
方法2 裂项相消法求和
2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”,已知数列{an}的前n项的“均倒数”为,又bn=,则++…+等于( )
A. B. C. D.
答案 C
3.(2018陕西渭南二模,9)设Sn为等差数列{an}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )
A.504 B.1 008 C.1 009 D.2 017
答案 B
4.(2018湖南湘潭三模,17)已知数列{an}满足Sn=2an-1(n∈N*),{bn}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn=-(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)∵Sn=2an-1,∴n≥2时,Sn-1=2an-1-1,∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,n≥2,即an=2an-1,n≥2.
当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,
∴{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,
∴an=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.
∴bn=1+(n-1)=n.
(2)由(1)知cn=-=21-n-=21-n-2,
∴Tn=-2
=2--2=-21-n.
五年高考
考点一 数列求和
1.(2018课标全国Ⅰ,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
2.(2018课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则= .
答案
3.(2018课标Ⅱ,16,5分)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .
答案 -
4.(2018课标全国Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
解析 (1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)
(2)因为bn=(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
5.(2018课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.
可得-+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)
(2)由an=2n+1可知
bn===.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=
=.(12分)
教师用书专用(6—12)
6.(2018北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .
答案 6
7.(2018湖南,15,5分)设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-,n∈N*,则
(1)a3= ;
(2)S1+S2+…+S100= .
答案 (1)- (2)
8.(2018天津,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.
(1)求q的值和{an}的通项公式;
(2)设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,
所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,
由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=.
所以{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
上述两式相减,得
Sn=1+++…+-=-=2--,
整理得,Sn=4-.
所以数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*.
9.(2018山东,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,
S4=4a1+×2=4a1+12,
由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),
解得a1=1,
所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1
=(-1)n-1.
当n为正偶数时,
Tn=-+…+-
=1-=.
当n为正奇数时,
Tn=-+…-+++=1+=.
所以Tn=
10.(2018浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解析 (1)由题意得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)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11,则当n≤11时,
|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n2+n.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=
11.(2018江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
(1)令cn=,求数列{cn}的通项公式;
(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.
解析 (1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),
所以-=2,即cn+1-cn=2.
所以数列{cn}是以1为首项,2为公差的等差数列,
故cn=2n-1.
(2)由(1)及bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,
于是数列{an}的前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,
3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,
所以Sn=(n-1)3n+1.
12.(2018江西,17,12分)正项数列{an}的前n项和Sn满足:-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对于任意的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}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n.
于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.
综上,数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)证明:由于an=2n,bn=,
所以bn==-.
Tn=1-+-+-+…+-+-
=<=.
考点二 数列的综合应用
1.(2018福建,8,5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( )
A.6 B.7 C.8 D.9
答案 D
2.(2018重庆,12,5分)已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .
答案 64
3.(2018山东,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
解析 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{xn}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得
所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,
所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意bn=×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=.
教师用书专用(4—13)
4.(2018课标全国Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则( )
A.{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列
D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列
答案 B
5.(2018安徽,18,12分)设n∈N*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)记Tn=…,证明:Tn≥.
解析 (1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.
从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).
令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-=.
(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知
Tn=…=….
当n=1时,T1=.
当n≥2时,因为==>
==.
所以Tn>×××…×=.
综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥.
6.(2018重庆,22,12分)在数列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μ=0(n∈N+).
(1)若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式;
(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.
解析 (1)由λ=0,μ=-2,得an+1an=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,an≠0.
从而an+1=2an(n∈N+),即{an}是一个公比q=2的等比数列.
故an=a1qn-1=3·2n-1.
(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{an}的递推关系式变为
an+1an+an+1-=0,变形为an+1=(n∈N+).
由上式及a1=3>0,归纳可得
3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.
因为an+1===an-+·,
所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)
=a1-k0·+·>2+·=2+.
另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得
=a1-k0·+·
<2+·=2+.
综上,2+<<2+.
7.(2018湖北,22,14分)已知数列{an}的各项均为正数,bn=an(n∈N+),e为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)=1+x-ex的单调区间,并比较与e的大小;
(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;
(3)令cn=(a1a2…an,数列{an},{cn}的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:Tn
当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;
当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.
故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).
当x>0时, f(x)
=·=2×2×=(2+1)2=32;
=·=32×3×=(3+1)3=43.
由此推测:=(n+1)n.②
下面用数学归纳法证明②.
(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.
(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.
当n=k+1时,bk+1=(k+1)ak+1,由归纳假设可得
=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.
所以当n=k+1时,②也成立.
根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.
(3)由cn的定义,②,算术-几何平均不等式,bn的定义及①得
Tn=c1+c2+c3+…+cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…an
=+++…+
≤+++…+
=b1+b2
+…+bn·
=b1+b2+…+bn
<++…+=a1+a2+…+an
(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.
解析 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,
则Fn(1)=n-1>0,
Fn=1+++…+-2=-2
=-<0,
所以Fn(x)在内至少存在一个零点.
又F'n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,
即-2=0,故xn=+.
(2)解法一:由题设知,gn(x)=.
设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-,x>0.
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-.
若0
=xn-1-xn-1=0.
若x>1,则h'(x)
所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,
所以h(x)
当x≠1时, fn(x)
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(x)
fk+1(x)=fk(x)+xk+1
又gk+1(x)-=,
令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),
则h'k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).
所以当0
所以hk(x)>hk(1)=0,
从而gk+1(x)>.
故fk+1(x)
则a1=b1=1,an+1=bn+1=xn,
所以ak=1+(k-1)·(2≤k≤n),
bk=xk-1(2≤k≤n),
令mk(x)=ak-bk=1+-xk-1,x>0(2≤k≤n),
当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).
当x≠1时,m'k(x)=·nxn-1-(k-1)xk-2
=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).
而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.
若0
从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以mk(x)>mk(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,ak>bk(2≤k≤n),
又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)
当x≠1时, fn(x)
(1)求an与bn;
(2)设cn=-(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.
(i)求Sn;
(ii)求正整数k,使得对任意n∈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),所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*),
所以,a1a2a3…an==()n(n+1).
故数列{bn}的通项为bn=n(n+1)(n∈N*).
(2)(i)由(1)知cn=-=-(n∈N*),
所以Sn=-(n∈N*).
(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;
当n≥5时,cn=,
而-=>0,
得≤<1,
所以,当n≥5时,cn<0.
综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.
10.(2018湖北,18,12分)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
解析 (1)设数列{an}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.
(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.
当an=4n-2时,Sn==2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的n;
当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.
11.(2018湖南,20,13分)已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.
(1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
解析 (1)因为{an}是递增数列,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成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.
当p=0时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾.故p=.
(2)由于{a2n-1}是递增数列,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①,②知,a2n-a2n-1>0,
因此a2n-a2n-1==.③
因为{a2n}是递减数列,
同理可得,a2n+1-a2n<0,故
a2n+1-a2n=-=.④
由③,④知,an+1-an=.
于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+-+…+
=1+·
=+·,
故数列{an}的通项公式为
an=+·.
12.(2018山东,20,12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.
解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1得
解得a1=1,d=2.
因此an=2n-1,n∈N*.
(2)由题意知Tn=λ-,
所以n≥2时,
bn=Tn-Tn-1=-+=.
故cn=b2n==(n-1),n∈N*.
所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,
则Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,
两式相减得
Rn=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,
整理得Rn=.
所以数列{cn}的前n项和Rn=.
13.(2018广东,19,14分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.
(1)求a2的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.
解析 (1)依题意得,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.
(2)当n≥2时,2Sn=nan+1-n3-n2-n,
2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)
两式相减得
2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,
整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即-=1,又-=1,
故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,
所以=1+(n-1)×1=n,所以an=n2.
(3)证明:当n=1时,=1<;
当n=2时,+=1+=<;
当n≥3时,=<=-,此时
++…+=1++++…+<1++++…+
=1++-=-<,
综上,对一切正整数n,有++…+<.
三年模拟
A组 2018—2018年模拟·基础题组
考点一 数列求和
1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,a1=1,S5=25,设Tn为数列{(-1)n+1an}的前n项和,则T2 015=( )
A.2 014 B.-2 014 C.2 015 D.-2 015
答案 C
2.(2018湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=( )
A.-200 B.-100 C.200 D.100
答案 D
3.(2018山东部分重点中学第二次联考,7)设Sn为等差数列{an}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m项和为,则m的值为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
答案 B
4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知Sn为{an}的前n项和,若an(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于 .
答案 2 332
考点二 数列的综合应用
5.(2018广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{an}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )
A.20 B.22 C.24 D.28
答案 B
6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )
A.192里 B.96里 C.48里 D.24里
答案 B
7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{an}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+= .
答案 2n2+2n
8.(2018广东“六校联盟”联考,14)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-1(n∈N*),则数列{nan}的前n项和Tn为 .
答案 (n-1)2n+1
B组 2018—2018年模拟·提升题组
(满分:60分 时间:50分钟)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{an}中,n=1,2,3,…,729,且an=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{an}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{bn},容易发现数列{bn}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{an}的所有项的和为S,数列{bn}的所有项的和为T,则( )
A.S>T B.S=T
C.S
2.(2018四川南充模拟,11)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=,an+1=则S2 018等于( )
A. B. C. D.
答案 B
3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且an>0,6Sn=+3an,n∈N*,bn=,若∀n∈N*,k>Tn恒成立,则k的最小值是 ( )
A. B.49 C. D.
答案 C
4.(2018湖北四地七校2月联盟,12)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),且bn=ancos,记Sn为数列{bn}的前n项和,则S24=( )
A.294 B.174 C.470 D.304
答案 D
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.(2018河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{an}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+= .
答案 2n2+6n
6.(2018河北武邑第三次调研,16)对于数列{an},定义Hn=为{an}的“优值”,现在已知某数列{an}的“优值”Hn=2n+1,记数列{an-kn}的前n项和为Sn,若Sn≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是 .
答案
三、解答题(共30分)
7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=(3n-1)··an,数列{bn}的前n项和为Tn,若不等式(-1)nλ
∴+=3,又+=,
∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,
从而+=×3n-1⇒an=.
(2)将an=代入bn=(3n-1)··an可得bn=.
Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×,
两式相减得=+++…+-n×=2-,
∴Tn=4-,
∴(-1)nλ<4-,
若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,
若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,
∴-2<λ<3.
8.(2018河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2018年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2018年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.
(1)求实施新政策后第n年的人口总数an(单位:万人)的表达式(注:2018年为第一年);
(2)若新政策实施后的2018年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)
解析 (1)当n≤10时,数列{an}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故an=45.5+0.5×(n-1),
当n≥11时,数列{an}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故an=50×0.99n-10,
因此,新政策实施后第n年的人口总数an(单位:万人)的表达式为an=n∈N*.
(2)设Sn(单位:万人)为数列{an}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,
∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.
C组 2018—2018年模拟·方法题组
方法1 错位相减法求和
1.(2018河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{an}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为Sn,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+1=,Tn为数列{bn}的前n项和,若Tn≥m恒成立,求m的最大值.
解析 (1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,
即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴an=.
(2)∵an+1=,∴=,∴bn=n·2n-1,
∴Tn=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①
∴2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②
由①-②得,-Tn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴Tn=1+(n-1)·2n.
∵Tn≥m恒成立,只需(Tn)min≥m即可,∵Tn+1-Tn=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,
∴{Tn}为递增数列,∴当n=1时,(Tn)min=T1=1,∴m≤1,
∴m的最大值为1.
方法2 裂项相消法求和
2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”,已知数列{an}的前n项的“均倒数”为,又bn=,则++…+等于( )
A. B. C. D.
答案 C
3.(2018陕西渭南二模,9)设Sn为等差数列{an}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )
A.504 B.1 008 C.1 009 D.2 017
答案 B
4.(2018湖南湘潭三模,17)已知数列{an}满足Sn=2an-1(n∈N*),{bn}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn=-(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)∵Sn=2an-1,∴n≥2时,Sn-1=2an-1-1,∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,n≥2,即an=2an-1,n≥2.
当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,
∴{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,
∴an=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.
∴bn=1+(n-1)=n.
(2)由(1)知cn=-=21-n-=21-n-2,
∴Tn=-2
=2--2=-21-n.
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