【数学】2020届一轮复习北师大版数列求和数列的综合应用作业 37页

‎1.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),14)已知等差数列{an}的首项为a,公差为-2,Sn为数列{an}的前n项和,若从S7开始为负数,则a的取值范围为　　　　,Sn最大时,n=　　　　. ‎ 答案　[5,6);3‎ ‎2.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,22)已知函数f(x)=x2+x,x∈[1,+∞),an=f(an-1)(n≥2,n∈N).‎ ‎(1)证明:-≤f(x)≤2x2;‎ ‎(2)设数列{}的前n项和为An,数列的前n项和为Bn,a1=,证明:≤≤.‎ 证明　(1)f(x)-=x2+x-=>0,∴f(x)≥-.‎ f(x)-2x2=x2+x-2x2=x-x2=x(1-x)≤0(x≥1),∴f(x)≤2x2,‎ ‎∴-≤f(x)≤2x2.‎ ‎(2)an=f(an-1)=+an-1⇒=an-an-1(n≥2),‎ 则An=++…+=an+1-a1=an+1-,‎ an=+an-1=an-1(an-1+1)⇒==-⇒=-(n≥2),‎ 累加得:Bn=++…+=-=-,‎ ‎∴==an+1.‎ 由(1)得an≥-⇒an+1+≥≥≥…≥,‎ ‎∴an+1≥-∴=an+1≥3·-.‎ an=f(an-1)≤2⇒an+1≤2≤23≤…≤=·=·.‎ ‎∴=an+1≤×·=·,‎ ‎∴3·-≤≤·,‎ 即-1≤≤,而-1≥,‎ ‎∴≤≤.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),10)数列{an}的各项均为正数,Sn为其前n项和,对于任意n∈N*,总有Sn=.设bn=a4n+1,dn=3n(n∈N*),且数列{bn}中存在连续的k(k>1,k∈N*)项和是数列{dn}中的某一项,则k的取值集合为(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.{k|k=2α,α∈N*} B.{k|k=3α,α∈N*}‎ C.{k|k=2α,α∈N*} D.{k|k=3α,α∈N*} ‎ 答案　B　‎ ‎2.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,9)已知函数f(x)=sin xcos x+cos2x,0≤x00,an+1-an=-an=·an(an-1)(n∈N*).‎ 下面用数学归纳法证明:an<1.‎ ‎①n=1时,a1=a<1,结论成立.‎ ‎②假设n=k时,ak<1,‎ 当n=k+1时,ak+1-ak=ak(ak-1)<0,即ak+1,又a1=a,‎ 所以当n∈N*时,an≥.‎ ‎2.(2017浙江新高考临考冲刺卷,22)已知正项数列an满足:an+1=an-(n∈N*).‎ ‎(1)证明:当n≥2时,an≤;‎ ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和,证明:Sn<1+ln(n∈N*).‎ 证明　(1)因为a2>0,所以a1->0,‎ 故00时,均有ln(1+x)>.‎ 设g(x)=ln(1+x)-,则 g'(x)=-=>0,‎ 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此,当x>0时,g(x)>g(0)=0,即ln(1+x)>.‎ 在上述不等式中,取x=,则 ln>,即ln>,‎ 所以,当n≥2时,‎ Sn=a1+(a2+a3+…+an)(k≥2,k∈N*).‎ 解析　(1)当n≥2时,==…==1,‎ ‎∴当n≥2时,an=n.又∵a1=1,∴an=n,n∈N*.(3分)‎ ‎(2)证明:①当n=1时,1<3成立;‎ ‎∴当n≥2时,==<=·‎ ‎=·<-.(6分)‎ ‎∴+++…+<1+++++…++‎ ‎=1+1+--<3,‎ ‎∴+++…+<3.(9分)‎ ‎②+++…+=+++…++,‎ 设S=++…++,‎ 则S=++…++,‎ ‎2S=++…+++.(11分)‎ ‎∵当x>0,y>0时,(x+y)=2++≥4,‎ ‎∴+≥,当且仅当x=y时等号成立.(13分)‎ ‎∴当k≥2,k∈N*时,2S>·(nk-n)=>.‎ ‎∴S>,即+++…+>(k≥2,k∈N*).(15分)‎ ‎2.(2017浙江宁波期末,22)已知数列{an}满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),bn=an+1.‎ ‎(1)求证:{bn}是等比数列;‎ ‎(2)记数列{nbn}的前n项和为Tn,求Tn;‎ ‎(3)求证: -<+++…+<.‎ 解析　(1)证明:由a1=2,得a2=2(a1+1+1)=8.‎ 由an+1=2(Sn+n+1),得an=2(Sn-1+n)(n≥2),‎ 两式相减,得an+1=3an+2(n≥2),‎ 当n=1时上式也成立,故an+1=3an+2(n∈N*).‎ 所以有an+1+1=3(an+1),即bn+1=3bn,‎ 又b1=3,故{bn}是等比数列.‎ ‎(2)由(1)得bn=3n,‎ 所以Tn=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,‎ ‎3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,‎ 两式相减,得-2Tn=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,‎ 故Tn=·3n+1+.‎ ‎(3)证明:由an=bn-1=3n-1,得=>,k∈N*,‎ 所以+++…+>+++…+==-·,‎ 又==<=,k∈N*,‎ 所以+++…+<+‎ ‎=+=+-·<.‎ 故-<+++…+<.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·浙江卷题组 考点一　数列的求和 ‎1.(2016浙江文,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.‎ 解析　(1)由题意得则 又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,‎ 得an+1=3an.‎ 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+-=,‎ 所以Tn=‎ 易错警示　(1)当n≥2时,得出an+1=3an,要注意a1是否满足此关系式.‎ ‎(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Tn要写成分段函数的形式.‎ ‎2.(2015浙江文,17,15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*).‎ ‎(1)求an与bn;‎ ‎(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.‎ 解析　(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, bn=bn+1-bn,整理得=,‎ 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*).‎ 评析　本题主要考查数列的通项公式,等差、等比数列的基础知识,同时考查数列求和的基本思想方法,以及推理论证能力.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(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.‎ 解析　本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.‎ ‎(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8=20,‎ 解得q=2或q=,‎ 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=解得cn=4n-1.‎ 由(1)可知an=2n-1,‎ 所以bn+1-bn=(4n-1)·,‎ 故bn-bn-1=(4n-5)·,n≥2,‎ bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)‎ ‎=(4n-5)·+(4n-9)·+…+7·+3.‎ 设Tn=3+7·+11·+…+(4n-5)·,n≥2, Tn=3·+7·+…+(4n-9)·+(4n-5)·,所以Tn=3+4·+4·+…+4·-(4n-5)·,‎ 因此Tn=14-(4n+3)·,n≥2,‎ 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·.‎ 易错警示　利用错位相减法求和时,要注意以下几点:‎ ‎(1)错位相减法求和,适合数列{anbn},其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.‎ ‎(2)在等式两边所乘的数是等比数列{bn}的公比.‎ ‎(3)两式相减时,一定要错开一位.‎ ‎(4)特别要注意相减后等比数列的项数.‎ ‎(5)进行检验.‎ ‎2.(2016浙江,20,15分)设数列{an}满足≤1,n∈N*.‎ ‎(1)证明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;‎ ‎(2)若|an|≤,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.‎ 证明　(1)由≤1得|an|-|an+1|≤1,故-≤,n∈N*,‎ 所以-=++…+≤++…+<1,‎ 因此|an|≥2n-1(|a1|-2).‎ ‎(2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意m>n,‎ ‎-=++…+≤++…+<,‎ 故|an|<·2n≤·2n=2+·2n.‎ 从而对于任意m>n,均有|an|<2+·2n.①‎ 由m的任意性得|an|≤2.‎ 否则,存在n0∈N*,有||>2,取正整数m0>lo且m0>n0,则·<·=||-2,与①式矛盾.‎ 综上,对于任意n∈N*,均有|an|≤2.‎ ‎3.(2014浙江,19,14分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=((n∈N*).若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.‎ ‎(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}的通项公式为an=2n(n∈N*),‎ 所以,a1a2a3…an==()n(n+1).‎ 故数列{bn}的通项公式为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.‎ 评析　本题主要考查等比数列的概念、通项公式、求和公式、不等式性质等基础知识,同时考查运算求解能力.‎ 考点三　数学归纳法 ‎　(2017浙江,22,15分)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).‎ 证明:当n∈N*时,‎ ‎(1)00.‎ 当n=1时,x1=1>0.‎ 假设n=k时,xk>0,那么n=k+1时,若xk+1≤0,则00.‎ 因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.‎ 因此00(x>0).‎ 函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,‎ 因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,‎ 故2xn+1-xn≤(n∈N*).‎ ‎(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥.‎ 由≥2xn+1-xn得-≥2>0,‎ 所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,‎ 故xn≤.综上,≤xn≤(n∈N*).‎ 方法总结　1.证明数列单调性的方法.‎ ‎①差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.‎ ‎②商比法:作商,判断与1的大小,同时注意an的正负.‎ ‎③数学归纳法.‎ ‎④反证法:例如求证:n∈N*,an+10),‎ 则有n≥2时,an=a1···…·≤a1qn-1(其中a1>0).‎ ‎④放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列{an}放缩成等比数列{bn},求和后,再进行适当放缩.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　数列的求和 ‎1.(2017课标全国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　‎ ‎2.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为　　　　. ‎ 答案　‎ ‎3.(2018课标全国Ⅱ理,17,12分)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn,并求Sn的最小值.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.‎ 由a1=-7得d=2.‎ 所以{an}的通项公式为an=2n-9.‎ ‎(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.‎ 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.‎ 方法总结　求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法 ‎(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数的最值.‎ ‎(2)邻项变号法:‎ ‎①当a1>0,d<0时,满足的项数m,可使得Sn取得最大值,最大值为Sm;‎ ‎②当a1<0,d>0时,满足的项数m,可使得Sn取得最小值,最小值为Sm.‎ ‎4.(2018天津文,18,13分)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn;‎ ‎(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.‎ 解析　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.‎ ‎(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所以Tn==2n-1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.‎ 由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n,‎ 所以Sn=.‎ ‎(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.‎ 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得 ‎+2n+1-n-2=n+2n+1,‎ 整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍)或n=4.‎ 所以正整数n的值为4.‎ ‎5.(2018天津理,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).‎ ‎(i)求Tn;‎ ‎(ii)证明=-2(n∈N*).‎ 解析　本题主要考查等差数列的通项公式,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.‎ ‎(1)设等比数列{an}的公比为q.‎ 由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.‎ 因为q>0,可得q=2,故an=2n-1.‎ 设等差数列{bn}的公差为d.‎ 由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.‎ 由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,‎ 从而b1=1,d=1,故bn=n.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.‎ ‎(2)(i)由(1),有Sn==2n-1,‎ 故Tn==-n=2n+1-n-2.‎ ‎(ii)证明:因为=‎ ‎==-,所以=++…+=-2.‎ 方法总结　解决数列求和问题的两种思路 ‎(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.‎ ‎(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.‎ ‎6.(2017北京文,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.‎ 解析　本题考查等差数列及等比数列的通项公式,数列求和.考查运算求解能力.‎ ‎(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=.‎ 方法总结　求解有关等差数列和等比数列问题的关键是对其基本量(首项,公差,公比)进行求解.对于数列求和问题,常用的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法和分组求和法等.‎ 考点二　数列的综合应用 ‎1.(2015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 ‎3.(2017北京理,10,5分)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=　　　　. ‎ 答案　1‎ ‎4.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列.‎ ‎(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;‎ ‎(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).‎ 解析　本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.‎ ‎(1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.‎ 因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,‎ 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得≤d≤.‎ 因此,d的取值范围为.‎ ‎(2)由条件知an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.‎ 若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,‎ 即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).‎ 即当n=2,3,…,m+1时,d满足b1≤d≤b1.‎ 因为q∈(1,],所以10,对n=2,3,…,m+1均成立.‎ 因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.‎ 下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,…,m+1).‎ ‎①当2≤n≤m时,-==,‎ 当10.‎ 因此,当2≤n≤m+1时, 数列单调递增,‎ 故数列的最大值为.‎ ‎②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.‎ 所以f(x)单调递减,从而f(x)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=.‎ 解题关键　记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键.‎ 方法总结　一般地,如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.‎ 考点三　数学归纳法 ‎　(2015江苏,23,10分)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N*),设Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn}.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.‎ ‎(1)写出f(6)的值;‎ ‎(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.‎ 解析　(1)f(6)=13.‎ ‎(2)当n≥6时,‎ f(n)=(t∈N*).‎ 下面用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=6时, f(6)=6+2++=13,结论成立;‎ ‎②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:‎ ‎1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有 f(k+1)=f(k)+3‎ ‎=k+2+++3‎ ‎=(k+1)+2++,结论成立;‎ ‎2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有 f(k+1)=f(k)+1‎ ‎=k+2+++1‎ ‎=(k+1)+2++,结论成立;‎ ‎3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有 f(k+1)=f(k)+2‎ ‎=k+2+++2‎ ‎=(k+1)+2++,结论成立;‎ ‎4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有 f(k+1)=f(k)+2‎ ‎=k+2+++2‎ ‎=(k+1)+2++,结论成立;‎ ‎5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有 f(k+1)=f(k)+2‎ ‎=k+2+++2‎ ‎=(k+1)+2++,结论成立;‎ ‎6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有 f(k+1)=f(k)+1‎ ‎=k+2+++1‎ ‎=(k+1)+2++,结论成立.‎ 综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.‎ C组　教师专用题组 考点一　数列的求和 ‎1.(2017天津文,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*).‎ 解析　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.‎ ‎(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 ‎=-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.‎ 方法总结　(1)等差数列与等比数列中分别有五个量,a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求基本量a1和d(或q),问题可迎刃而解.‎ ‎(2)数列{anbn},其中{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求{anbn}的前n项和应采用错位相减法.‎ ‎2.(2017山东文,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,求数列的前n项和Tn.‎ 解析　本题考查等比数列与数列求和.‎ ‎(1)设{an}的公比为q,‎ 由题意知a1(1+q)=6,q=a1q2,‎ 又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.‎ ‎(2)由题意知S2n+1==(2n+1)bn+1,‎ 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1.‎ 令cn=,则cn=.‎ 因此Tn=c1+c2+…+cn=+++…++,‎ 又Tn=+++…++,‎ 两式相减得Tn=+-,‎ 所以Tn=5-.‎ ‎3.(2016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)‎ 疑难突破　充分理解[x]的意义,求出bn的表达式,从而求出{bn}的前1 000项和.‎ 评析　本题主要考查了数列的综合运用,同时对学生创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题关键.‎ ‎4.(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=,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)由题意有,即 解得或故或 ‎(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,‎ 于是Tn=1+++++…+,①‎ Tn=+++++…+.②‎ ‎①-②可得 Tn=2+++…+-=3-,‎ 故Tn=6-.‎ 评析　本题考查等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,利用错位相减法求和,考查推理运算能力.‎ ‎5.(2015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,故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*.‎ 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.‎ ‎6.(2014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)因为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为偶数时,‎ Tn=-+…+-‎ ‎=1-‎ ‎=.‎ 当n为奇数时,‎ Tn=-+…-+++=1+=.‎ 所以Tn=‎ 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,分类讨论的思想和运算求解能力、逻辑推理能力.‎ ‎7.(2014天津,19,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn-1,xi∈M,i=1,2,…,n}.‎ ‎(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;‎ ‎(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n.证明:若ank)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　本题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.‎ ‎(1)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.‎ 方法总结　数列新定义型创新题的一般解题思路:‎ ‎1.阅读审清“新定义”;‎ ‎2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;‎ ‎3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.‎ ‎3.(2016天津,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中项.‎ ‎(1)设cn=-,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列;‎ ‎(2)设a1=d,Tn=(-1)k,n∈N*,求证:<.‎ 证明　(1)由题意得=anan+1,有cn=-=an+1·an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,‎ 所以{cn}是等差数列.‎ ‎(2)Tn=(-+)+(-+)+…+(-+)‎ ‎=2d(a2+a4+…+a2n)‎ ‎=2d·=2d2n(n+1).‎ 所以===·<.‎ 评析　本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.‎ ‎4.(2015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,有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:由λ=,μ=-1,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+.‎ ‎5.(2014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①②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③④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=+·.‎ ‎6.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.‎ ‎(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,h'(x)0.‎ 当x=1时, fn(x)=gn(x).‎ 当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(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01时,h'k(x)>0,hk(x)在(1,+∞)上递增.‎ 所以hk(x)>hk(1)=0,‎ 从而gk+1(x)>.‎ 故fk+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,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)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.‎ 评析　本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法. ‎ 考点三　数学归纳法 ‎　(2014安徽,21,13分)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.‎ ‎(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px;‎ ‎(2)数列{an}满足a1>,an+1=an+.证明:an>an+1>.‎ 证明　(1)用数学归纳法证明:‎ ‎①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.‎ ‎②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.‎ 当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.‎ 所以p=k+1时,原不等式也成立.‎ 综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.‎ ‎(2)证法一:先用数学归纳法证明an>.‎ ‎①当n=1时,由题设a1>知an>成立.‎ ‎②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>成立.‎ 由an+1=an+易知an>0,n∈N*.‎ 当n=k+1时,=+=1+.‎ 由ak>>0得-1<-<<0.‎ 由(1)中的结论得=>1+p·=.因此>c,即ak+1>.‎ 所以n=k+1时,不等式an>也成立.‎ 综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>均成立.‎ 再由=1+可得<1,即an+1an+1>,n∈N*.‎ 证法二:设f(x)=x+x1-p,x≥,则xp≥c,并且 f '(x)=+ (1-p)x-p=>0,x>.‎ 由此可得, f(x)在[,+∞)上单调递增.‎ 因而,当x>时, f(x)>f()=,‎ ‎①当n=1时,由a1>>0,即>c可知 a2=a1+=a1,从而a1>a2>.‎ 故当n=1时,不等式an>an+1>成立.‎ ‎②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>ak+1>成立,则 当n=k+1时, f(ak)>f(ak+1)>f(),即有ak+1>ak+2>.‎ 所以n=k+1时,原不等式也成立.‎ 综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>an+1>均成立.‎ 评析　本题考查了数学归纳法、导数、不等式等知识;考查推理运算求解、综合分析的能力;熟练运用数学归纳法,推理证明是解题的关键.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题4分,共16分)‎ ‎1.(2019届浙江温州普通高中适应性测试,10)已知数列{an}中的各项都小于1,a1=,-2an+1=-an(n∈N*),记Sn=a1+a2+a3+…+an,则S10的取值范围为(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A. B. C. D.(1,2)‎ 答案　B　‎ ‎2.(2018浙江高考模拟卷,8)在等差数列{an}中,前n项和Sn=,前m项和Sm=(m≠n),则Sm+n的值(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.小于4 B.等于4 ‎ C.大于4 D.大于2且小于4‎ 答案　C　‎ ‎3.(2018浙江台州高三期末质检,5)已知数列{an}满足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),则(　　)‎ A.an≥2n+1 B.an≥2n-1‎ C.Sn≥n2 D.Sn≥2n-1‎ 答案　C　‎ ‎4.(2018浙江9+1高中联盟期中,7)已知等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn,若=,则的值是(　　)‎ A. B. ‎ C. D.‎ 答案　A　‎ 二、填空题(单空题4分,多空题6分,共4分)‎ ‎5.(2018浙江宁波高考模拟,15)已知数列{an}与均为等差数列(n∈N*),且a1=2,则a1+++…+=　　　　. ‎ 答案　2n+1-2‎ 三、解答题(共45分)‎ ‎6.(2019届浙江名校协作体高三联考,20)已知数列{an}满足a1=3,an+1=+2an,设数列{bn}满足bn=log2(an+1)(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{bn}的前n项和Sn及{an}的通项公式;‎ ‎(2)求证:1+++…+0,所以两边取对数得到 log2(an+1+1)=log2(an+1)2=2log2(an+1),‎ 即bn+1=2bn,‎ 又b1=log2(a1+1)=2≠0,‎ ‎∴{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,‎ 即bn=2n,∴Sn=2n+1-2.‎ 又∵bn=log2(an+1),‎ ‎∴an=-1.‎ ‎(2)证明:(数学归纳法)‎ ‎①当n=2时,1++=<2,此时不等式成立.‎ ‎②假设当n=k(k≥2)时,不等式成立,‎ 则当n=k+1时,‎ ‎1+++…++++…+‎ ‎0),则f '(x)= -=,‎ 所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ 因此f(x)=ln x+-1≥f(1)=0.‎ 则ln+-1≥0,即ln≥1-=.‎ ‎∴an+1=ln+2≥+2=,得证.‎ ‎(2)∵a1>1,∴a2=ln+2>ln+2>1,同理可得a3>1,…,an>1.‎ ‎∵an+1≥,an>0,∴≤=·+,‎ 即-≤·,‎ ‎∴当n≥2时,-≤·≤…≤·=·,‎ 当n=1时,- =≤·,‎ ‎∴-≤·,n∈N*.‎ ‎∴≤==-·<,即Sn<+.‎