2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§6-4 数列的综合应用（试题部分） 20页

‎§6.4　数列的综合应用 探考情 悟真题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测 热度 考题示例 考向 关联考点 数列求和 掌握数列的求和方法 ‎2019天津,18,13分 数列求和(错位相减法)‎ 求通项公式 ‎★★★‎ ‎2017课标全国Ⅲ,17,12分 数列求和(裂项相消法)‎ 由递推式求通项公式 数列的综 合应用 能综合应用等差、等比数列解决相应问题 ‎2016课标全国Ⅰ,17,12分 等差、等比数列的综合问题 等差数列的判定 ‎★★★‎ 分析解读 综合运用数列,特别是等差数列、等比数列的有关知识,解答数列综合问题和实际问题,培养学生的理解能力、数学建模能力和运算能力.数列是特殊的函数,是高考的常考点.历年高考考题中低、中、高档试题均有出现,需引起充分的重视.本节内容在高考中分值为12分左右,属于中档题.‎ 破考点 练考向 ‎【考点集训】‎ 考点一　数列求和 ‎1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+50<0的最小正整数n的值为　　　　. ‎ 答案　5‎ ‎2.(2019湖南郴州第二次教学质量监测,16)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=‎2‎bn(n∈N*),若数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列‎1‎bn的前n项和Sn=　　　　. ‎ 答案　‎‎2nn+1‎ ‎3.(2018河南、河北两省联考,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.‎ ‎(1)求证:数列Snn为等差数列;‎ ‎(2)令bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 答案　(1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1‎n+1‎-Snn=1,‎ 又S‎1‎‎1‎=5,所以数列Snn是首项为5,公差为1的等差数列.‎ ‎(2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n.‎ 当n≥2时,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,①‎ ‎2Tn=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+1-10-‎‎2‎‎3‎‎(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎ ‎=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)‎ ‎=(2n+1)2n+1-2.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2018福建漳州期末调研测试,5)等差数列{an}和等比数列{bn}的首项均为1,公差与公比均为3,则ab‎1‎+ab‎2‎+ab‎3‎=(　　)‎ A.64 B.32 C.38 D.33‎ 答案　D　‎ ‎2.(2018河南商丘第二次模拟,6)已知数列{an}满足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),且Sn为{an}的前n项和,则(　　)‎ A.an≥2n+1 B.Sn≥n2‎ C.an≥2n-1 D.Sn≥2n-1‎ 答案　B　‎ ‎3.(2019福建晋江(安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校)期中,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列n+1‎an的前n项和为Tn,求Tn以及Tn的最小值.‎ 答案　(1)当n=1时,a1=2.当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,‎ 所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,整理得anan-1‎=2(常数),‎ 所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2n.‎ ‎(2)令bn=n+1‎an,则bn=n+1‎‎2‎n,‎ 所以Tn=‎2‎‎2‎‎1‎+‎3‎‎2‎‎2‎+…+n+1‎‎2‎n①,‎ ‎1‎‎2‎Tn=‎2‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎3‎+…+n+1‎‎2‎n+1‎②,‎ ‎①-②,得‎1‎‎2‎Tn=‎3‎‎2‎-n+3‎‎2‎n+1‎,‎ 所以Tn=3-n+3‎‎2‎n,‎ 令cn=n+3‎‎2‎n,则cn+1‎cn=n+4‎‎2n+6‎<1,‎ 所以cn>cn+1,从而数列{Tn}是单调递增数列,‎ 所以Tn≥T1=1.‎ 故Tn的最小值为1.‎ ‎4.(命题标准样题,16)设三角形的边长为不相等的整数,且最大边长为n,这些三角形的个数为an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)在1,2,…,100中任取三个不同的整数,求它们可以是一个三角形的三条边长的概率.‎ 附:1+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)‎‎6‎.‎ 答案　本题考查三角形三边的关系、数列的概念、通项公式,等差数列求和,古典概型等数学知识.试题将数列与概率相结合,体现了理性思维、数学探究的学科素养,考查了逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力,落实了基础性、综合性、创新性的考查要求.‎ ‎(1)设x,y,n为满足题意的三角形的边长,不妨设xn.‎ 由题设,易得a1=a2=a3=0.‎ 当n≥4,且n为偶数时,‎ 若y≤n‎2‎,x不存在;若y=n‎2‎+1,则x为n‎2‎;若y=n‎2‎+2,则x为n‎2‎-1,n‎2‎,n‎2‎+1;……;‎ 若y=n-1,则x为2,3,…,n-2.‎ 所以an=1+3+…+(n-3)=‎(n-2)‎‎2‎‎4‎.‎ 当n>4,且n为奇数时,可得 an=2+4+…+(n-3)=‎(n-1)(n-3)‎‎4‎.‎ 所以{an}的通项公式为 an=‎‎0,n=1,2,3,‎‎(n-2)‎‎2‎‎4‎‎,n≥4,且n为偶数,‎‎(n-1)(n-3)‎‎4‎‎,n≥5,且n为奇数.‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和.由(1)可得 S100=‎1‎‎4‎×(22+42+…+982)+‎1‎‎4‎×(2×4+4×6+…+96×98)‎ ‎=(12+22+…+492)+12+22+…+482+(1+2+…+48)‎ ‎=‎49×50×195‎‎6‎.‎ 故所求概率为S‎100‎‎100×99×98‎‎3×2×1‎=‎65‎‎132‎.‎ 炼技法 提能力 ‎【方法集训】‎ 方法　数列求和的方法 ‎1.(2018河南中原名校11月联考,10)设函数f(x)满足f(n+1)=‎2f(n)+n‎2‎(n∈N*),且f(1)=2,则f(40)=(　　)‎ A.95 B.97 C.105 D.392‎ 答案　D　‎ ‎2.(2019吉林长春模拟,7)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,则数列‎1‎an‎·‎an+1‎的前6项和为(　　)‎ A.‎2‎‎15‎ B.‎4‎‎15‎ C.‎5‎‎11‎ D.‎‎10‎‎11‎ 答案　A　‎ ‎3.(2019湘赣十四校第一次联考,17)已知函数f(x)=2 019·sinπx-‎π‎3‎(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=2nan‎+‎‎2‎‎3‎,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 答案　(1)令f(x)=2 019sinπx-‎π‎3‎=0,‎ 得πx-π‎3‎=kπ(k∈Z),则有x=‎1‎‎3‎+k(k∈Z).‎ ‎∵f(x)的所有正零点构成递增数列{an},‎ ‎∴{an}是以‎1‎‎3‎为首项,1为公差的等差数列,‎ ‎∴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+1,②‎ ‎②-①得Sn=-1×21-22-23-…-2n+n×2n+1=n×2n+1-‎2‎‎1‎‎(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=(n-1)·2n+1+2.‎ ‎4.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记bn=an(a‎2‎n-1‎+1),求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 答案　(1)设数列{an}的公差为d,‎ 则Sn=na1+n(n-1)‎‎2‎d=d‎2‎n2+a‎1‎‎-‎d‎2‎n,‎ 又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d‎2‎‎=1,‎C-1=0,‎ 解得d=2,‎C=1,‎又因为a1=C,‎ 所以a1=1,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,‎ 则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,‎ ‎2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,‎ 两式相减得 Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+23+…+2n)-2‎ ‎=(2n-1)·2n+1-2×‎2‎‎2‎‎(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-2‎ ‎=(2n-3)·2n+1+6.‎ ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点一　数列求和 ‎　(2017课标全国Ⅲ,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列an‎2n+1‎的前n项和.‎ 答案　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,‎ 故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).‎ 两式相减得(2n-1)an=2.‎ 所以an=‎2‎‎2n-1‎(n≥2).‎ 又由题设可得a1=2,‎ 从而{an}的通项公式为an=‎2‎‎2n-1‎(n∈N*).‎ ‎(2)记an‎2n+1‎的前n项和为Sn.‎ 由(1)知an‎2n+1‎=‎2‎‎(2n+1)(2n-1)‎=‎1‎‎2n-1‎-‎1‎‎2n+1‎.‎ 则Sn=‎1‎‎1‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2n-1‎-‎1‎‎2n+1‎=‎2n‎2n+1‎.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎　(2016课标全国Ⅰ,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=‎1‎‎3‎,anbn+1+bn+1=nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求{bn}的前n项和.‎ 答案　(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=‎1‎‎3‎,得a1=2,(3分)‎ 所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.(5分)‎ ‎(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn‎3‎,(7分)‎ 因此{bn}是首项为1,公比为‎1‎‎3‎的等比数列.(9分)‎ 记{bn}的前n项和为Sn,‎ 则Sn=‎1-‎‎1‎‎3‎n‎1-‎‎1‎‎3‎=‎3‎‎2‎-‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.(12分)‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　数列求和 ‎1.(2019天津,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{cn}满足cn=‎1,n为奇数,‎bn‎2‎‎,n为偶数.‎求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).‎ 答案　本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,体现了数学运算的核心素养.‎ ‎(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.‎ 依题意,得‎3q=3+2d,‎‎3q‎2‎=15+4d,‎解得d=3,‎q=3,‎ 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.‎ 所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.‎ ‎(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n ‎=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)‎ ‎=n×3+n(n-1)‎‎2‎×6‎+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)‎ ‎=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).‎ 记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①‎ 则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②‎ ‎②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-‎3(1-‎3‎n)‎‎1-3‎+n×3n+1=‎(2n-1)‎3‎n+1‎+3‎‎2‎.‎ 所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×‎(2n-1)‎3‎n+1‎+3‎‎2‎=‎(2n-1)‎3‎n+2‎+6n‎2‎+9‎‎2‎(n∈N*).‎ ‎2.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.‎ ‎(1)求q的值;‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式.‎ 答案　(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,‎ 所以a3+a4+a5=3a4+4=28,‎ 解得a4=8.‎ 由a3+a5=20得8q+‎‎1‎q=20,‎ 解得q=2或q=‎1‎‎2‎,‎ 因为q>1,所以q=2.‎ ‎(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.‎ 由cn=S‎1‎‎,　　n=1,‎Sn‎-Sn-1‎,n≥2,‎解得cn=4n-1.‎ 由(1)可知an=2n-1,‎ 所以bn+1-bn=(4n-1)·‎1‎‎2‎n-1‎,‎ 故bn-bn-1=(4n-5)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)‎ ‎=(4n-5)·‎1‎‎2‎n-2‎+(4n-9)·‎1‎‎2‎n-3‎+…+7·‎1‎‎2‎+3.‎ 设Tn=3+7·‎1‎‎2‎+11·‎1‎‎2‎‎2‎+…+(4n-5)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ ‎1‎‎2‎Tn=3·‎1‎‎2‎+7·‎1‎‎2‎‎2‎+…+(4n-9)·‎1‎‎2‎n-2‎+(4n-5)·‎1‎‎2‎n-1‎(n≥2),‎ 所以‎1‎‎2‎Tn=3+4·‎1‎‎2‎+4·‎1‎‎2‎‎2‎+…+4·‎1‎‎2‎n-2‎-(4n-5)·‎1‎‎2‎n-1‎(n≥2),‎ 因此Tn=14-(4n+3)·‎1‎‎2‎n-2‎,n≥2,‎ 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·‎1‎‎2‎n-2‎.‎ ‎3.(2017山东,19,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列bnan的前n项和Tn.‎ 答案　(1)设{an}的公比为q,‎ 由题意知:a1(1+q)=6,a‎1‎‎2‎q=a1q2,‎ 又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.‎ ‎(2)由题意知:S2n+1=‎(2n+1)(b‎1‎+b‎2n+1‎)‎‎2‎=(2n+1)bn+1,‎ 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1.‎ 令cn=bnan,则cn=‎2n+1‎‎2‎n.‎ 因此Tn=c1+c2+…+cn=‎3‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎2‎+‎7‎‎2‎‎3‎+…+‎2n-1‎‎2‎n-1‎+‎2n+1‎‎2‎n,‎ 又‎1‎‎2‎Tn=‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+‎7‎‎2‎‎4‎+…+‎2n-1‎‎2‎n+‎2n+1‎‎2‎n+1‎,‎ 两式相减得‎1‎‎2‎Tn=‎3‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎‎1‎‎2‎n-1‎-‎2n+1‎‎2‎n+1‎,‎ 所以Tn=5-‎2n+5‎‎2‎n.‎ ‎4.(2017北京,15,13分)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.‎ 答案　(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.‎ 解得d=2.‎ 所以an=2n-1.‎ ‎(2)设等比数列{bn}的公比为q.‎ 因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.‎ 解得q2=3.‎ 所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.‎ 从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ ‎5.(2016天津,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且‎1‎a‎1‎-‎1‎a‎2‎=‎2‎a‎3‎,S6=63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)nbn‎2‎}的前2n项和.‎ 答案　(1)设数列{an}的公比为q.由已知,有‎1‎a‎1‎-‎1‎a‎1‎q=‎2‎a‎1‎q‎2‎,解得q=2,或q=-1.‎ 又由S6=a1·‎1-‎q‎6‎‎1-q=63,知q≠-1,所以a1·‎1-‎‎2‎‎6‎‎1-2‎=63,得a1=1.所以an=2n-1.‎ ‎(2)由题意,得bn=‎1‎‎2‎(log2an+log2an+1)=‎1‎‎2‎(log22n-1+log22n)=n-‎1‎‎2‎,‎ 即{bn}是首项为‎1‎‎2‎,公差为1的等差数列.‎ 设数列{(-1)nbn‎2‎}的前n项和为Tn,则 T2n=(-b‎1‎‎2‎+b‎2‎‎2‎)+(-b‎3‎‎2‎+b‎4‎‎2‎)+…+(-b‎2n-1‎‎2‎+b‎2n‎2‎)‎ ‎=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=‎2n(b‎1‎+b‎2n)‎‎2‎=2n2.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2018北京,15,13分)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求ea‎1‎+ea‎2‎+…+ean.‎ 答案　(1)设{an}的公差为d.‎ 因为a2+a3=5ln 2,‎ 所以2a1+3d=5ln 2.‎ 又a1=ln 2,所以d=ln 2.‎ 所以an=a1+(n-1)d=nln 2.‎ ‎(2)因为ea‎1‎=eln 2=2,eanean-1‎=ean‎-‎an-1‎=eln 2=2,‎ 所以{ean}是首项为2,公比为2的等比数列.‎ 所以ea‎1‎+ea‎2‎+…+ean=2×‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=2(2n-1).‎ ‎2.(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).‎ 答案　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,‎ 而b1=2,所以q2+q-6=0.‎ 又因为q>0,解得q=2.‎ 所以,bn=2n.‎ 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.‎ 由S11=11b4,可得a1+5d=16②,‎ 联立①②,解得a1=1,d=3,‎ 由此可得an=3n-2.‎ 所以,{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.‎ ‎(2)设数列{a2nbn}的前n项和为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,‎ 上述两式相减,得 ‎-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1‎ ‎=‎12×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-4-(6n-2)×2n+1‎ ‎=-(3n-4)2n+2-16.‎ 得Tn=(3n-4)2n+2+16.‎ 所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.‎ ‎3.(2016浙江,17,15分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*.‎ ‎(1)求通项公式an;‎ ‎(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.‎ 答案　(1)由题意得a‎1‎‎+a‎2‎=4,‎a‎2‎‎=2a‎1‎+1,‎则a‎1‎‎=1,‎a‎2‎‎=3.‎ 又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,‎ 得an+1=3an.又因为a2=3=3a1,所以数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列.‎ 所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.‎ ‎(2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1.‎ 当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.‎ 当n≥3时,Tn=3+‎9(1-‎3‎n-2‎)‎‎1-3‎-‎(n+7)(n-2)‎‎2‎=‎3‎n‎-n‎2‎-5n+11‎‎2‎,‎ 经检验,n=2时也符合.‎ 所以Tn=‎‎2,　　　　　n=1,‎‎3‎n‎-n‎2‎-5n+11‎‎2‎‎,n≥2,n∈N‎*‎.‎ C组　教师专用题组 考点一　数列求和 ‎1.(2015湖北,19,12分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)当d>1时,记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)由题意有,‎10a‎1‎+45d=100,‎a‎1‎d=2,‎即‎2a‎1‎+9d=20,‎a‎1‎d=2,‎ 解得a‎1‎‎=1,‎d=2,‎或a‎1‎‎=9,‎d=‎2‎‎9‎.‎故an‎=2n-1,‎bn‎=‎2‎n-1‎,‎或an‎=‎1‎‎9‎(2n+79),‎bn‎=9·‎2‎‎9‎n-1‎.‎ ‎(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=‎2n-1‎‎2‎n-1‎,‎ 于是Tn=1+‎3‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎2‎+‎7‎‎2‎‎3‎+‎9‎‎2‎‎4‎+…+‎2n-1‎‎2‎n-1‎,①‎ ‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+‎7‎‎2‎‎4‎+‎9‎‎2‎‎5‎+…+‎2n-1‎‎2‎n.②‎ ‎①-②可得 ‎1‎‎2‎Tn=2+‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-2‎-‎2n-1‎‎2‎n=3-‎2n+3‎‎2‎n,‎ 故Tn=6-‎2n+3‎‎2‎n-1‎.‎ ‎2.(2015安徽,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=an+1‎SnSn+1‎,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 答案　(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,‎ 又a1+a4=9,可解得a‎1‎‎=1,‎a‎4‎‎=8‎或a‎1‎‎=8,‎a‎4‎‎=1‎(舍去).‎ 由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.‎ ‎(2)Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=2n-1,又bn=an+1‎SnSn+1‎=Sn+1‎‎-‎SnSnSn+1‎=‎1‎Sn-‎1‎Sn+1‎,‎ 所以Tn=b1+b2+…+bn=‎1‎S‎1‎‎-‎‎1‎S‎2‎+‎1‎S‎2‎‎-‎‎1‎S‎3‎+…+‎1‎Sn‎-‎‎1‎Sn+1‎=‎1‎S‎1‎-‎‎1‎Sn+1‎ ‎=1-‎1‎‎2‎n+1‎‎-1‎.‎ ‎3.(2015山东,19,12分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列‎1‎an‎·‎an+1‎的前n项和为n‎2n+1‎.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=(an+1)·‎2‎an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 答案　(1)设数列{an}的公差为d.‎ 令n=1,得‎1‎a‎1‎a‎2‎=‎1‎‎3‎,‎ 所以a1a2=3.‎ 令n=2,得‎1‎a‎1‎a‎2‎+‎1‎a‎2‎a‎3‎=‎2‎‎5‎,‎ 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,‎ 两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1‎ ‎=‎4(1-‎4‎n)‎‎1-4‎-n·4n+1‎ ‎=‎1-3n‎3‎×4n+1-‎4‎‎3‎.‎ 所以Tn=‎3n-1‎‎9‎×4n+1+‎4‎‎9‎=‎4+(3n-1)‎‎4‎n+1‎‎9‎.‎ ‎4.(2014课标Ⅰ,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列an‎2‎n的前n项和.‎ 答案　(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.‎ 设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=‎1‎‎2‎,从而a1=‎3‎‎2‎.‎ 所以{an}的通项公式为an=‎1‎‎2‎n+1.‎ ‎(2)设an‎2‎n的前n项和为Sn,由(1)知an‎2‎n=n+2‎‎2‎n+1‎,则 Sn=‎3‎‎2‎‎2‎+‎4‎‎2‎‎3‎+…+n+1‎‎2‎n+n+2‎‎2‎n+1‎,‎ ‎1‎‎2‎Sn=‎3‎‎2‎‎3‎+‎4‎‎2‎‎4‎+…+n+1‎‎2‎n+1‎+n+2‎‎2‎n+2‎.‎ 两式相减得‎1‎‎2‎Sn=‎3‎‎4‎+‎1‎‎2‎‎3‎‎+…+‎‎1‎‎2‎n+1‎-‎n+2‎‎2‎n+2‎ ‎=‎3‎‎4‎+‎1‎‎4‎‎1-‎‎1‎‎2‎n-1‎-n+2‎‎2‎n+2‎.‎ 所以Sn=2-n+4‎‎2‎n+1‎.‎ ‎5.(2014湖北,19,12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.‎ 答案　(1)设数列{an}的公差为d,依题意,得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=n[2+(4n-2)]‎‎2‎=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.‎ ‎6.(2014安徽,18,12分)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.‎ ‎(1)证明:数列ann是等差数列;‎ ‎(2)设bn=3n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 答案　(1)证明:由已知可得an+1‎n+1‎=ann+1,即an+1‎n+1‎-ann=1.‎ 所以ann是以a‎1‎‎1‎=1为首项,1为公差的等差数列.‎ ‎(2)由(1)得ann=1+(n-1)·1=n,所以an=n2.‎ 从而bn=n·3n.‎ ‎∴Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①‎ ‎3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②‎ ‎①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1‎ ‎=‎3·(1-‎3‎n)‎‎1-3‎-n·3n+1=‎(1-2n)·‎3‎n+1‎-3‎‎2‎.‎ 所以Sn=‎(2n-1)·‎3‎n+1‎+3‎‎4‎.‎ ‎7.(2014山东,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=an(n+1)‎‎2‎,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.‎ 答案　(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),‎ 即(a1+2)2=a1(a1+6),‎ 解得a1=2,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n.‎ ‎(2)由题意知bn=an(n+1)‎‎2‎=n(n+1).‎ 所以bn+1-bn=2(n+1),‎ 所以当n为偶数时,‎ Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)‎ ‎=4+8+12+…+2n ‎=n‎2‎‎(4+2n)‎‎2‎=n(n+2)‎‎2‎,‎ 当n为奇数时,‎ 若n=1,则T1=-b1=-2,‎ 若n>1,则Tn=Tn-1+(-bn)‎ ‎=‎(n-1)(n+1)‎‎2‎-n(n+1)‎ ‎=-‎(n+1‎‎)‎‎2‎‎2‎,‎ n=1时,满足上式.‎ 所以Tn=‎‎-‎(n+1‎‎)‎‎2‎‎2‎,n为奇数,‎n(n+2)‎‎2‎‎,n为偶数.‎ ‎8.(2013重庆,16,13分)设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N+.‎ ‎(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn;‎ ‎(2)已知{bn}是等差数列,Tn为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.‎ 答案　(1)由题设知{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1,Sn=‎1-‎‎3‎n‎1-3‎=‎1‎‎2‎(3n-1).‎ ‎(2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差d=5,‎ 故T20=20×3+‎20×19‎‎2‎×5=1 010.‎ ‎9.(2013安徽,19,13分)设数列{an}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意n∈N*,函数f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin x满足 f 'π‎2‎=0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=2an‎+‎‎1‎‎2‎an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 答案　(1)由题设可得, f '(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2·cos x.‎ 对任意n∈N*,f 'π‎2‎=an-an+1+an+2-an+1=0,‎ 即an+1-an=an+2-an+1,‎ 故{an}为等差数列.‎ 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=b1+b2+…+bn=2n+2·n(n+1)‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=n2+3n+1-‎1‎‎2‎n.‎ ‎10.(2013湖南,19,13分)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1≠0,2an-a1=S1·Sn,n∈N*.‎ ‎(1)求a1,a2,并求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{nan}的前n项和.‎ 答案　(1)令n=1,得2a1-a1=a‎1‎‎2‎,‎ 即a1=a‎1‎‎2‎.‎ 因为a1≠0,‎ 所以a1=1.‎ 令n=2,‎ 得2a2-1=S2=1+a2.‎ 解得a2=2.‎ 当n≥2时,2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1,两式相减得2an-2an-1=an.即an=2an-1.‎ 于是数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列.‎ 因此,an=2n-1.所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知nan=n·2n-1.‎ 记数列{n·2n-1}的前n项和为Bn,于是 Bn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①‎ ‎2Bn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.②‎ ‎①-②得-Bn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n.‎ 从而Bn=1+(n-1)·2n.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为　　　　. ‎ 答案　27‎ ‎2.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{an}满足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{an}是“P(k)数列”.‎ ‎(1)证明:等差数列{an}是“P(3)数列”;‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{an}是等差数列.‎ 证明　(1)因为{an}是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,‎ 从而,当n≥4时,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,‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”.‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,‎ 当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,①‎ 当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.②‎ 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③‎ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④‎ 将③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4,‎ 所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.‎ 在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',‎ 在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',‎ 所以数列{an}是等差数列.‎ ‎3.(2016四川,19,12分)已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.‎ ‎(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设双曲线x2-y‎2‎an‎2‎=1的离心率为en,且e2=2,求e‎1‎‎2‎+e‎2‎‎2‎+…+en‎2‎.‎ 答案　(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.‎ 又由S2=qS1+1得到a2=qa1,‎ 故an+1=qan对所有n≥1都成立.‎ 所以,数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列.‎ 从而an=qn-1.‎ 由a2,a3,a2+a3成等差数列,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.‎ 所以双曲线x2-y‎2‎an‎2‎=1的离心率en=‎1+‎an‎2‎=‎1+‎q‎2(n-1)‎.‎ 由e2=‎1+‎q‎2‎=2解得q=‎3‎.‎ 所以,e‎1‎‎2‎+e‎2‎‎2‎+…+‎en‎2‎ ‎=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]‎ ‎=n+[1+q2+…+q2(n-1)]‎ ‎=n+‎q‎2n‎-1‎q‎2‎‎-1‎ ‎=n+‎1‎‎2‎(3n-1).‎ ‎4.(2015天津,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和.‎ 答案　(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有‎2q‎2‎-3d=2,‎q‎4‎‎-3d=10,‎消去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{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则 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,‎ 上述两式相减,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)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+‎1‎‎2‎b2+‎1‎‎3‎b3+…+‎1‎nbn=bn+1-1(n∈N*).‎ ‎(1)求an与bn;‎ ‎(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.‎ 答案　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*).‎ 由题意知,‎ 当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.‎ 当n≥2时,‎1‎nbn=bn+1-bn,整理得bn+1‎n+1‎=bnn,‎ 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广东,19,14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足Sn‎2‎-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.‎ ‎(1)求a1的值;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(3)证明:对一切正整数n,有‎1‎a‎1‎‎(a‎1‎+1)‎+‎1‎a‎2‎‎(a‎2‎+1)‎+…+‎1‎an‎(an+1)‎<‎1‎‎3‎.‎ 答案　(1)∵Sn‎2‎-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,‎ ‎∴令n=1,得a‎1‎‎2‎+a1-6=0,‎ 解得a1=2或a1=-3.‎ 又an>0,∴a1=2.‎ ‎(2)由Sn‎2‎-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,‎ 得[Sn-(n2+n)](Sn+3)=0,‎ 又an>0,所以Sn+3≠0,‎ 所以Sn=n2+n,‎ 所以当n≥2时,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)证明:由(2)知,‎1‎an‎(an+1)‎=‎1‎‎2n(2n+1)‎,‎ 所以‎1‎a‎1‎‎(a‎1‎+1)‎+‎1‎a‎2‎‎(a‎2‎+1)‎+…+‎‎1‎an‎(an+1)‎ ‎=‎1‎‎2×3‎+‎1‎‎4×5‎+…+‎‎1‎‎2n(2n+1)‎ ‎<‎1‎‎2×3‎+‎1‎‎3×5‎+‎1‎‎5×7‎+…+‎‎1‎‎(2n-1)(2n+1)‎ ‎=‎1‎‎6‎+‎‎1‎‎2‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎‎+‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎7‎+…+‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎ ‎=‎1‎‎6‎+‎‎1‎‎2‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎ ‎<‎1‎‎6‎+‎1‎‎2‎×‎1‎‎3‎=‎1‎‎3‎.‎ ‎7.(2013课标Ⅱ,17,12分)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d.由题意得,a‎11‎‎2‎=a1a13,‎ 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}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而 Sn=n‎2‎(a1+a3n-2)‎ ‎=n‎2‎(-6n+56)‎ ‎=-3n2+28n.‎ ‎8.(2013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)若数列{bn}满足b‎1‎a‎1‎+b‎2‎a‎2‎+…+bnan=1-‎1‎‎2‎n,n∈N*,求{bn}的前n项和Tn.‎ 答案　(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.‎ 由S4=4S2,a2n=2an+1得‎4a‎1‎+6d=8a‎1‎+4d,‎a‎1‎‎+(2n-1)d=2a‎1‎+2(n-1)d+1,‎ 解得a1=1,d=2.‎ 因此an=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)由已知b‎1‎a‎1‎+b‎2‎a‎2‎+…+bnan=1-‎1‎‎2‎n,n∈N*,得 当n=1时,b‎1‎a‎1‎=‎1‎‎2‎;‎ 当n≥2时,bnan=1-‎1‎‎2‎n-‎1-‎‎1‎‎2‎n-1‎=‎1‎‎2‎n.‎ 所以bnan=‎1‎‎2‎n,n∈N*.‎ 由(1)知,an=2n-1,n∈N*,‎ 所以bn=‎2n-1‎‎2‎n,n∈N*,‎ 又Tn=‎1‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+…+‎2n-1‎‎2‎n,‎ ‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎3‎+…+‎2n-3‎‎2‎n+‎2n-1‎‎2‎n+1‎,‎ 两式相减得‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎+‎2‎‎2‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎‎3‎+…+‎‎2‎‎2‎n-‎‎2n-1‎‎2‎n+1‎ ‎=‎3‎‎2‎-‎1‎‎2‎n-1‎-‎2n-1‎‎2‎n+1‎,‎ 所以Tn=3-‎2n+3‎‎2‎n.‎ ‎【三年模拟】‎ 时间:70分钟　分值:95分 一、选择题(每小题5分,共20分)‎ ‎1.(2018福建厦门第一学期期末质检,7)已知数列{an}满足an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项和为(　　)‎ A.250 B.200 C.150 D.100‎ 答案　D　‎ ‎2.(2020届河南商丘模拟,6)对于函数y=f(x),部分x与y的对应值如下表:‎ x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ y ‎7‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎6‎ 数列{xn}满足x1=2,且对任意n∈N*,点(xn,xn+1)都在函数y=f(x)的图象上,则x1+x2+x3+…+x2 019的值为(　　)‎ A.9 408 B.9 422 C.9 424 D.9 428‎ 答案　B　‎ ‎3.(2020届福建福州模拟,10)已知数列{an}满足a1=1,an+1=‎(n+1)‎an‎2‎‎2an‎2‎+4nan+‎n‎2‎,则a8=(　　)‎ A.‎8‎‎9‎‎64‎‎-2‎ B.‎8‎‎9‎‎32‎‎-2‎ C.‎8‎‎9‎‎16‎‎-2‎ D.‎‎8‎‎9‎‎7‎‎-2‎ 答案　A　‎ ‎4.(2019河北衡水中学第一次摸底,12)已知函数f(x)=mx-2 017‎‎,x≥2 019,‎‎3m‎2 018‎‎+1‎x-2 020,x<2 019,‎数列{an}满足:an=f(n),n∈N*,且{an}是单调递增数列,则实数m的取值范围是(　　)‎ A.(1,2] B.(1,2) ‎ C.(2,+∞) D.(1,+∞)‎ 答案　C　‎ 二、解答题(共75分)‎ ‎5.(2019安徽黄山毕业班第二次质量检测,17)已知数列nan‎-1‎的前n项和Sn=n,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式; ‎ ‎(2)令bn=‎2n+1‎‎(an-1‎)‎‎2‎(an+1‎-1‎‎)‎‎2‎,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:对任意的n∈N*,都有Tn<1.‎ 答案　(1)因为 Sn=n,①‎ 所以当n≥2时,Sn-1=n-1,②‎ 由①-②得nan‎-1‎=1,故an=n+1,‎ 又因为a1=2适合上式,‎ 所以an=n+1(n∈N*).‎ ‎(2)证明:由(1)知,bn=‎2n+1‎‎(an-1‎)‎‎2‎(an+1‎-1‎‎)‎‎2‎=‎2n+1‎n‎2‎‎(n+1‎‎)‎‎2‎=‎1‎n‎2‎-‎1‎‎(n+1‎‎)‎‎2‎,‎ 所以Tn=‎1‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎1‎n‎2‎‎-‎‎1‎‎(n+1‎‎)‎‎2‎=1-‎1‎‎(n+1‎‎)‎‎2‎.‎ 所以Tn<1.‎ ‎6.(2020届皖江名校联盟第一次联考,17)已知数列{an}满足a1=1,n2an+1-(n+1)2an=2n2(n+1)2,n∈N*,设bn=ann‎2‎.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列‎1‎bnbn+1‎的前n项和Sn.‎ 答案　(1)因为n2an+1-(n+1)2an=2n2(n+1)2,n∈N*,‎ 所以an+1‎‎(n+1‎‎)‎‎2‎-ann‎2‎=2(n∈N*),又bn=ann‎2‎,‎ 所以数列{bn}是等差数列.‎ 因为a1=1,所以bn=ann‎2‎=a‎1‎‎1‎‎2‎+2(n-1)=2n-1(n∈N*).(6分)‎ ‎(2)因为‎1‎bnbn+1‎=‎1‎‎(2n-1)(2n+1)‎=‎1‎‎2‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎,‎ 所以Sn=‎1‎‎2‎×‎1‎‎1‎‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2n-1‎-‎‎1‎‎2n+1‎=‎1‎‎2‎×‎1-‎‎1‎‎2n+1‎=n‎2n+1‎.(12分)‎ ‎7.(2020届新疆哈密月考,17)已知数列{an},{bn},其中a1=5,b1=-1,且满足an=‎1‎‎2‎(3an-1-bn-1),bn=-‎1‎‎2‎(an-1-3bn-1),n∈N*,n≥2.‎ ‎(1)求证:数列{an-bn}为等比数列;‎ ‎(2)求数列‎3×‎‎2‎n-1‎anan+1‎的前n项和Sn.‎ 答案　(1)证明:an-bn=‎1‎‎2‎(3an-1-bn-1)-‎-‎‎1‎‎2‎(an-1-3bn-1)=2(an-1-bn-1),n∈N*,n≥2,‎ 又a1-b1=5-(-1)=6,所以{an-bn}是首项为6,公比为2的等比数列.‎ ‎(2)由(1)知,an-bn=3×2n.①‎ 因为an+bn=‎1‎‎2‎(3an-1-bn-1)+‎-‎‎1‎‎2‎(an-1-3bn-1)=an-1+bn-1,n∈N*,n≥2,‎ 又a1+b1=5+(-1)=4,所以{an+bn}为常数列且an+bn=4.②‎ 联立①②得an=3×2n-1+2,‎ 故‎3×‎‎2‎n-1‎anan+1‎=‎3×‎‎2‎n-1‎‎(3×‎2‎n-1‎+2)(3×‎2‎n+2)‎=‎1‎‎3×‎2‎n-1‎+2‎-‎1‎‎3×‎2‎n+2‎.‎ 所以Sn=‎1‎‎3×‎2‎‎0‎+2‎‎-‎‎1‎‎3×‎2‎‎1‎+2‎+‎1‎‎3×‎2‎‎1‎+2‎‎-‎‎1‎‎3×‎2‎‎2‎+2‎+…+‎1‎‎3×‎2‎n-1‎+2‎‎-‎‎1‎‎3×‎2‎n+2‎=‎1‎‎5‎-‎1‎‎3×‎2‎n+2‎.‎ ‎8.(2019湖南百所重点名校大联考,17)已知数列{an}满足:a1+a2+a3+…+an=n-an(n=1,2,3,…).‎ ‎(1)求证:数列{an-1}是等比数列;‎ ‎(2)令bn=(2-n)(an-1)(n=1,2,3,…),如果对任意n∈N*,都有bn+‎1‎‎4‎t≤t2,求实数t的取值范围.‎ 答案　(1)证明:由a1+a2+a3+…+an=n-an,①‎ 得a1+a2+a3+…+an+1=n+1-an+1,②‎ ‎②-①可得 2an+1-an=1.‎ 即an+1-1=‎1‎‎2‎(an-1),‎ 又a1-1=-‎1‎‎2‎,‎ ‎∴{an-1}是以-‎1‎‎2‎为首项,‎1‎‎2‎为公比的等比数列.‎ ‎(2)由(1)可得an=1-‎1‎‎2‎n,‎ 故bn=n-2‎‎2‎n.‎ 设数列{bn}的第r项最大,‎ 则有r-2‎‎2‎r‎≥r-1‎‎2‎r+1‎,‎r-2‎‎2‎r‎≥r-3‎‎2‎r-1‎,‎即‎2(r-2)≥r-1,‎r-2≥2(r-3).‎ ‎∴3≤r≤4,‎ 故数列{bn}的最大项是b3或b4,且b3=b4=‎1‎‎8‎.‎ ‎∵对任意n∈N*,都有bn+‎1‎‎4‎t≤t2,即bn≤t2-‎1‎‎4‎t对任意n∈N*恒成立,‎ ‎∴‎1‎‎8‎≤t2-‎1‎‎4‎t,解得t≥‎1‎‎2‎或t≤-‎1‎‎4‎.‎ ‎∴实数t的取值范围是‎1‎‎2‎‎,+∞‎∪‎-∞,-‎‎1‎‎4‎.‎ ‎9.(2020届山东夏季高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列,　　　　,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使Sk>Sk+1且Sk+1Sk+1且Sk+10,‎ 所以满足题意的k存在,当且仅当‎3(k+1)-16<0,‎‎3(k+2)-16>0,‎解得k=4.‎ 方案二:选条件②.‎ 设{bn}的公比为q,则q3=b‎5‎b‎2‎=-27,解得q=-3,‎ 所以bn=-(-3)n-1.‎ 从而a5=b1=-1,a4=b4=27,所以{an}的公差d=-28.‎ Sk>Sk+1且Sk+10,此时d=ak+2-ak+1>0,与d=-28矛盾,所以满足题意的k不存在.‎ 方案三:选条件③.‎ 设{bn}的公比为q,则q3=b‎5‎b‎2‎=-27,解得q=-3 ,‎ 所以bn=-(-3)n-1.‎ 从而a5=b1=-1,‎ 由{an}是等差数列得S5=‎5(a‎1‎+a‎5‎)‎‎2‎,‎ 由S5=-25得a1=-9.‎ 所以an=2n-11.‎ 因为Sk>Sk+1且Sk+10,‎ 所以满足题意的k存在,当且仅当‎2(k+1)-11<0,‎‎2(k+2)-11>0,‎解得k=4.‎ ‎10.(2020届江西高安模拟,20)已知函数f(x)满足f(x+y)=f(x)·f(y)且f(1)=‎1‎‎2‎.‎ ‎(1)当n∈N*时,求f(n)的表达式;‎ ‎(2)设an=n·f(n),n∈N*,求证:a1+a2+a3+…+an<2.‎ 答案　(1)∵f(x+y)=f(x)·f(y)且f(1)=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)·f(1)=‎1‎‎2‎f(n),‎ ‎∵n∈N*,‎ ‎∴数列{f(n)}是以f(1)=‎1‎‎2‎为首项,‎1‎‎2‎为公比的等比数列,‎ ‎∴f(n)=‎1‎‎2‎·‎1‎‎2‎n-1‎=‎1‎‎2‎n(n∈N*).‎ ‎(2)证明:设Tn=a1+a2+…+an,‎ ‎∵an=n·f(n)=n·‎1‎‎2‎n(n∈N*),‎ ‎∴Tn=‎1‎‎2‎+2×‎1‎‎2‎‎2‎+3×‎1‎‎2‎‎3‎+…+n×‎1‎‎2‎n,‎ 则‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎2‎+2×‎1‎‎2‎‎3‎+3×‎1‎‎2‎‎4‎+…+(n-1)×‎1‎‎2‎n+n×‎1‎‎2‎n+1‎,两式相减,得‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎3‎+…+‎1‎‎2‎n-n×‎1‎‎2‎n+1‎=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎-n×‎1‎‎2‎n+1‎=1-‎1‎‎2‎n-n×‎1‎‎2‎n+1‎=1-‎2+n‎2‎n+1‎,‎ ‎∴Tn=2-‎2+n‎2‎n<2.‎ ‎11.(2020届河南洛阳联考,19)已知数列{an}满足a1=‎1‎‎2‎,‎2‎an+1‎an=1+‎1‎n(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Tn;‎ ‎(3)设数列{bn}满足bn=‎-2n-10,n=2k,‎nan‎,n=2k-1,‎其中k∈N*.记{bn}的前n项和为Sn,是否存在正整数m,p(m0,‎ 所以数列{tn}单调递增,则n≥5时,tn≥t5=29-30>0,Sm=Sp不成立.‎ 故当m和p同时为偶数时,只有m=2,p=6满足Sm=Sp.‎ ‎②当m,p同时为奇数时,设tn=S2n+1-S2n-1(n∈N*),则tn=-4n-10+22n+1(n∈N*),‎ 因为tn+1-tn=[-4(n+1)-10+22n+3]-(-4n-10+22n+1)=3×22n+1-4≥3×23-4>0,‎ 所以数列{tn}单调递增,则当n≥2时,tn≥t2=25-18>0,‎ 即n≥2时,S2n+1>S2n-1,数列{S2n-1}在n≥2时单调递增,‎ 而S1=2,S3=-4,S5=10,故当m,p同时为奇数时,Sm=Sp不成立.‎ ‎③当m为偶数,p为奇数时,显然m≤6时,Sm=Sp不成立,‎ 若m≥8,则Sm=Sm+1-bm+1=Sm+1-2m+1Sm+1=Sp,即Sm>Sp,故p=m+1时,Sm=Sp不成立;‎ 若p≥m+3,由①知Sp≥Sm+3,记um=Sm+3-Sm=2m+2-4m-28,满足um+1-um=2m+2-4>0,‎ 所以{um}单调递增,um≥u7>0,所以p≥m+3时,Sm=Sp不成立.‎ 综上,存在m=2,p=6,使得Sm=Sp成立.‎