2021新高考数学复习练习课件：§6.3　数列的综合问题.pptx

1、考点考点1 求通项公式求通项公式 1.(2017上海,10,5分)已知数列an和bn,其中an=n2(nN*),bn的项是互不相等的正整数,若对于任 意nN*,数列bn中的第an项等于an中的第bn项,则= . 1 4 9 16 1 2 3 4 lg() lg() bb b b bb b b 答案答案 2 解析解析 由题意知=,则=, 所以b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2, 所以=2. n a b n b a 2 n b 2 n b 1 4 9 16 1 2 3 4 lg() lg() bb b b bb b b 2 1 2 3 4 1 2 3 4 lg() lg() bb b b

2、bb b b 2.(2016浙江理,13,6分)设数列an的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则a1= ,S5= . 答案答案 1;121 解析解析 解法一:an+1=2Sn+1,a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1- Sn,Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,由S2=4,可求出S3=13,S4=40,S5=121. 解法二:由an+1=2Sn+1,得a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1-Sn,Sn+1-

3、Sn =2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,则Sn+1+=3,又S1+=,是首项为,公比为3的等比数列, Sn+=3n-1,即Sn=, S5=121. 1 2 1 2 n S 1 2 3 2 1 2 n S 3 2 1 2 3 2 3 -1 2 n 5 3 -1 2 3.(2019课标理,19,12分)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列; (2)求an和bn的通项公式. 解析解析 (1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn), 即an+1+bn+1=(a

4、n+bn).又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为的等比数列. 由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2. 又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1. 所以an=(an+bn)+(an-bn)=+n-, bn=(an+bn)-(an-bn)=-n+. 1 2 1 2 -1 1 2n 1 2 1 2n 1 2 1 2 1 2n 1 2 思路分析思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=(an+bn),从而证得数列an+bn

5、为等 比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列an-bn为等差数列.(2) 由(1)可求出an+bn,an-bn的通项公式,从而得an,bn. 1 2 1.(2020课标理,12,5分)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2an满足ai0,1 (i=1,2,),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(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a1a2an,C(k)= aiai+k(k=1,2, m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5

6、的0-1序列中,满足C(k)(k=1,2,3,4)的序列是 ( ) A.11010 B.11011 C.10001 D.11001 1 m 1 m i 1 5 考点考点2 数列的求和数列的求和 答案答案 C C(1)=(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a1), C(2)=(a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)=(a1a3+a2a4+a3a5+a4a1+a5a2), C(3)=(a1a4+a2a5+a3a6+a4a7+a5a8)=(a1a4+a2a5+a3a1+a4a2+a5a3), C(4)=(a1a5+a2a6+

7、a3a7+a4a8+a5a9)=(a1a5+a2a1+a3a2+a4a3+a5a4). 对于A,C(1)=,C(2)=,故A不正确;对于B,C(1)=,故B不正确;对于D,C(1)=,故D不正确;对于C,C (1)=,C(2)=0,C(3)=0,C(4)=,C正确. 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 2 5 3 5 2 5 1 5 1 5 2.(2017课标理,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 的答案答案:已知数列1,1,2,

8、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:N100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 答案答案 A 设第一项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n组 的项数为n,前n组的项数和为.由题意可知,N100,令100,n14,nN*,即N出现在 第13组之后.易得第n组的所有项的和为=2n-1,前n组的所有项的和为-n=2n+1-n-2.设满足 条件的N在第k+1(k

9、N*)组,且第N项为第k+1组的第t(tN*)个数.第k+1组的前t项的和2t-1应与-2-k 互为相反数,即2t-1=k+2,2t=k+3,t=log2(k+3),当t=4,k=13时,N=+4=955时,N440,故选A. (1) 2 n n(1) 2 n n 1-2 1-2 n 2(1-2 ) 1-2 n 13 (13 1) 2 29 (29 1) 2 一题多解一题多解 本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解. 3.(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 就是二阶等差数列.数列(nN*)的前3项和是 . (1)

10、 2 n n (1) 2 n n 答案答案 10 解析解析 数列的前三项依次为=1,=3,=6,所求和为1+3+6=10. (1) 2 n n 1 2 2 2 3 2 3 4 2 4.(2020课标文,16,5分)数列an满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= . 答案答案 7 解析解析 令n=2k(kN*),则有a2k+2+a2k=6k-1(kN*), a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41, 前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92, 前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448, 令n=2k-1(kN*

11、),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(kN*). a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+6k-4=k(3k-1)(kN*), a2k+1=k(3k-1)+a1(kN*), a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1, 前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448.a1=7. (26 -4) 2 kk 5.(2017课标理,15,5分)等差数列an的前n项和

12、为Sn,a3=3,S4=10,则= . 1 n k 1 k S 答案答案 2 1 n n 解析解析 本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和. 设公差为d,则an=n. 前n项和Sn=1+2+n=, =2, =21-+-+-=2=2=. 1 1 23, 4610, ad ad 1 1, 1, a d (1) 2 n n 1 n S 2 (1)n n 11 - 1n n 1 n k 1 k S 1 2 1 2 1 3 1 n 1 1n 1 1- 1n 1 n n 2 1 n n 解后反思解后反思 裂项相消法求和的常见类型: 若an是等差数列,则=(d0); =(-); =-. 1 1 n

13、n aa 1 d 1 11 - nn aa 1 nkn 1 k nkn 1 2 (2 -1)(2-1) n nn 1 2 -1 n1 1 2-1 n 6.(2020课标理,17,12分)设an是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项. (1)求an的公比; (2)若a1=1,求数列nan的前n项和. 解析解析 (1)设an的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2. 故an的公比为-2. (2)记Sn为nan的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1. 所以Sn=1+2(-2)+n(-2)n-

14、1, -2Sn=-2+2(-2)2+(n-1)(-2)n-1+n(-2)n. 可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n =-n(-2)n.所以Sn=-. 1-(-2) 3 n 1 9 (31)(-2) 9 n n 7.(2020课标理,17,12分)设数列an满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想an的通项公式并加以证明; (2)求数列2nan的前n项和Sn. 解析解析 (1)a2=5,a3=7. 猜想an=2n+1.由已知可得 an+1-(2n+3)=3an-(2n+1), an-(2n+1)=3an-1-(2n-1), a2-5=3(a

15、1-3). 因为a1=3,所以an=2n+1. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n, 所以Sn=32+522+723+(2n+1)2n. 从而2Sn=322+523+724+(2n+1)2n+1. -得 -Sn=32+222+223+22n-(2n+1)2n+1. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 8.(2020天津,19,15分)已知an为等差数列,bn为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3). (1)求an和bn的通项公式; (2)记an的前n项和为Sn,求证:SnSn+2(nN*); (3)对任意的正整数n,设cn=求数列cn的前2n项和.

16、2 1n S 2 -1 1 (3-2) , ,. nn nn n n ab n a a a n b 为奇数 为偶数 解析解析 (1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而an 的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而bn的通项公式为bn=2n- 1. (2)证明:由(1)可得Sn=,故SnSn+2=n(n+1)(n+2)(n+3),=(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-=-(n+ 1)(n+2)0,所以SnSn+20,可得q=2,故bn=2n-1,所以Tn=

17、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,n的值为4. 1-2 1-2 n (1) 2 n n 2 (1-2 ) 1-2 n (1) 2 n n 10.(2016山东理,18,12分)已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n,b

18、n是等差数列,且an=bn+bn+1. (1)求数列bn的通项公式; (2)令cn=,求数列cn的前n项和Tn. 1 (1) (2) n n n n a b 解析解析 (1)由题意知,当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5. 当n=1时,a1=S1=11,适合上式,所以an=6n+5(nN*). 设数列bn的公差为d. 由即 可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1. (2)由(1)知cn=3(n+1) 2n+1. 由Tn=c1+c2+cn,得Tn=3222+323+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+(n+1)2n+2, 两式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n

19、+1)2n+2 =3=-3n 2n+2. 所以Tn=3n 2n+2. 112 223 , , abb abb 1 1 112, 1723 , bd bd 1 (66) (33) n n n n 2 4(1-2 ) 4-(1)2 1-2 n n n 11.(2019天津理,19,14分)设an是等差数列,bn是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4. (1)求an和bn的通项公式; (2)设数列cn满足c1=1,cn=其中kN*. (i)求数列(-1)的通项公式; (ii)求aici(nN*). 1 1,22, ,2 , kk k k n b n 2n a 2n c

20、 2 1 n i 解析解析 (1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.依题意得解得 故an=4+(n-1)3=3n+1,bn=62n-1=32n.所以,an的通项公式为an=3n+1,bn的通项公式为bn=32n. (2)(i)(-1)=(bn-1)=(32n+1) (32n-1)=94n-1. 所以,数列(-1)的通项公式为(-1)=94n-1. (ii)aici=ai+ai(ci-1) =ai+(-1) =+(94i-1) =(322n-1+52n-1)+9-n =2722n-1+52n-1-n-12(nN*). 2 662 , 6124 , qd qd 3, 2, d q

21、2n a 2n c 2n a 2n a 2n c 2n a 2n c 2 1 n i 2 1 n i 2 1 n i 1 n i 2i a 2i c 2 (2 -1) 243 2 nn n 1 n i 4(1-4 ) 1-4 n 思路分析思路分析 (1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式. (2)(i)由cn=kN*知(-1)=(32n+1) (32n-1),从而得到数列(-1)的通项公式. (ii)利用(i)把aici拆成ai+ai(ci-1), 进而可得aici=ai+(-1),计算即可. 1 1,22, ,2 , kk k k n b n 2n a 2n c 2n a 2n

22、c 2 1 n i 2 1 n i 2 1 n i 2 1 n i 1 n i 2i a 2i c 解题关键解题关键 正确理解数列cn的含义是解题的关键. 1.(2018江苏,14,5分)已知集合A=x|x=2n-1,nN*,B=x|x=2n,nN*.将AB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Sn12an+1成立的n的最小值为 . 以下为教师用书专用 答案答案 27 解析解析 解法一:B=2,4,8,16,32,64,128,与A相比,元素间隔大,所以在集合A中加了几个B中元素 考虑, 1个:n=1+1=2,S2=3,12a3=36; 2个:n=2+

23、2=4,S4=10,12a5=60; 3个:n=4+3=7,S7=30,12a8=108; 4个:n=8+4=12,S12=94,12a13=204; 5个:n=16+5=21,S21=318,12a22=396; 6个:n=32+6=38,S38=1 150,12a39=780. 发现21n38时Sn-12an+1与0的大小关系发生变化,以下采用二分法查找: S30=687,12a31=612,所以所求n应在2229之间, S25=462,12a26=492,所以所求n应在2529之间, S27=546,12a28=540,所以所求n应在2527之间, S26=503,12a27=516,

24、因为S2712a28,而S2612an+1成立的n的最小值为27. 解法二:设an=2k,则Sn=(21-1)+(22-1)+(2 2k-1-1)+(2+22+2k)=+=22k-2+2k+1 -2. -1-1 2(12 2-1) 2 kk 2(1-2 ) 1-2 k 由Sn12an+1得22k-2+2k+1-212(2k+1),即(2k-1)2-20 2k-1-140,即2k-125,则k6. 所以只需研究25an16. 由m2+25+1-212(2m+1),得m2-24m+500, m22,n=m+527.满足条件的n最小值为27. 解法三:设bn=2n-1,cn=2n,则bn为奇数,cn

25、为偶数,数列an是由数列bn和cn的所有项从小到大依次 排列构成的. 设数列an的前n项中有m个数列bn中的项,k个数列cn中的项,则n=m+k,数列bn的前m项和为m 2,数列c n的前k项和为2 k+1-2. (1)若最后一项是等比数列中的项,则2m-1=2k-1,m=2k-1. 由Sn12an+1,得(2k-1)2+2k+1-212(2k+1), 即2k-1(2k-1-20)14,则k6. 当k取最小值6时,m=32,n=38; (2)若最后一项是等差数列中的项,则2k2m-12k+1(k1,m2),此时an=2m-1,则an+12m. Sn-12an+1=2k+1-2+m2-12an+

26、12(2m-1)-2+m2-122m=m2-20m-4.当m=2,3,20时,均有Sn-12an+112an+1不成立. 所以m21,而2k+12m-1,则k5. 当k=5时,结合2k2m-10,满足题意,此时n=37; 当21m31时,an+1=2m+1,Sn-12an+1=62+m2-12(2m+1)=m(m-24)+50, 当且仅当m22时,有Sn-12an+10, 即当k=5,m=22时,nmin=5+22=27. 2.(2016课标理,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.

27、 (1)求b1,b11,b101; (2)求数列bn的前1 000项和. 解析解析 (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190+2900+31=1 893.(12分) 0,110, 1,10100, 2,1001 000, 3,1 000, n n n n 疑难突破疑难突破 充分挖掘x的意义,进而将bn的表达式用分段函数给出,从而求出数列bn的前1 000项和. 3.(2016课标文,17,12分

28、)等差数列an中,a3+a4=4,a5+a7=6. (1)求an的通项公式; (2)设bn=an,求数列bn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. 解析解析 (1)设数列an的公差为d, 由题意有解得(3分) 所以an的通项公式为an=.(5分) (2)由(1)知,bn=.(6分) 当n=1,2,3时,12,bn=1; 当n=4,5时,23,bn=2; 当n=6,7,8时,34,bn=3; 当n=9,10时,40,nN*, 所以STa1+a2+ak=1+3+3k-1=(3k-1)3k. 因此,STak+1. (3)下面分三种情况证明. 若D是C的子集,则SC+S

29、CD=SC+SDSD+SD=2SD. 若C是D的子集,则SC+SCD=SC+SC=2SC2SD. 若D不是C的子集,且C不是D的子集. 令E=CUD,F=DUC,则E,F,EF=. 于是SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,进而由SCSD得SESF. 设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k1,l1,kl. 由(2)知,SEak+1.于是3l-1=alSFSEak+1=3k,所以l-1k,即lk.又kl,故lk-1. 1 2 从而SFa1+a2+al=1+3+3l-1=, 故SE2SF+1,所以SC-SCD2(SD-SCD)+1, 即SC+SCD2SD+1. 综合得,SC+SCD2SD.

30、3 -1 2 l-1 3-1 2 k -1 2 k a-1 2 E S 解后反思解后反思 (1)考查等比数列通项公式及等比数列项的求解与计算,通法“基本元素法”依旧适 用,只不过是创新背景,语言理解要准确.(2)数列求和与不等式放缩结合,注意放缩适度.(3)间接证 明与数列结合,有一定难度. 6.(2019北京理,20,13分)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若 ,则称新数列,为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都是an的 长度为1的递增子列. (1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列an的长度为p的

31、递增子列的末项的最小值为,长度为q的递增子列的末项的最小值 为.若pq,求证:; (3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项的最 小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式. 1 i a 2 i a m i a 1 i a 2 i a m i a 0 m a 0 n a 0 m a 0 n a 解析解析 本题通过对数列新概念的理解考查学生的逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查逻辑 推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思想. (1)1,3,5,6.(

32、答案不唯一) (2)设长度为q末项为的一个递增子列为,. 由pq,得. 因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为, 又,是an的长度为p的递增子列, 所以.所以. (3)由题设知,所有正奇数都是an中的项. 先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数). 假设2m排在2m-1之后. 设,2m-1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列,则,2m-1,2m是数 列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾. 再证明:所有正偶数都是an中的项. 假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以

33、2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中. 0 n a 1 r a 2 r a -1q r a 0 n a p r a -1q r a 0 n a 0 m a 1 r a 2 r a p r a 0 m a p r a 0 m a 0 n a 1 p a 2 p a -1m p a 1 p a 2 p a -1m p a 又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子 列个数至多为 =2m-10,mN*,q(1,证明:存在dR,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). 2

34、m 解析解析 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. |an-bn|b1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1|1对n=1,2,3,4均成立. 即11,1d3,32d5,73d9,得d. 因此,d的取值范围为. (2)解法一:由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 若存在d,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,

35、d满足b1db1. 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. 7 3 5 2 7 5 , 3 2 -1-2 -1 n q n -1 -1 n q n 2 m -1-2 -1 n q n -1 -1 n q n 从而0,所以1. 又. 因此,当2nm+1时,数列单调递增,故数列的最大值为. 当2nm时,=. 因为1mn-1,即1, 因此,当2nm+1时,数列单调递减, 故数列的最小值为. 因此,d的取值范围为. 解法三:由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1. -1 -1 (-)-2 (-2) nnn n

36、 n q qq n q -1 -2 -2 -1 n n q n q n -1-2 -1 n q n -2 n q n -1-2 -1 n q n -1-2 -1 n q n -1-2 -1 n q n -2 m q m -1 -1 n n q n q n ( -1)q n n 1 2m 1 2m 1 -1q 1 -1s ( -1)q n n -1 -1 n q n -1 -1 n q n m q m 11 (-2) , mm b qbq mm 若存在d,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+

37、1时,d满足b1db1. 因为q(1,所以10,对n=2,3,m+1均成立. 因此,取d=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). 考察函数f(x)=,x1,m. f (x)=, f (x)0, 所以函数f(x)在区间1,m上单调递增, 从而当2nm+1时,数列单调递增, 故数列的最大值为. -1-2 -1 n q n -1 -1 n q n 2 m -1-2 -1 n q n -1 -1 n q n 1 b m 1 b m -1-2 -1 n q n -1 -1 n q n -2 x q x 2 ln-2 xx qq x

38、q x -1-2 -1 n q n -1-2 -1 n q n -2 m q m 考察函数h(x)=,x1,m. h(x)=, 因为1q,所以ln q x-1ln m-1=ln 2-10, 所以h(x)0. 245 321 , -440, a aa aaa 244 11 2 111 , -440, a qa q a qa qa 1 1, 2. a q 1 n S 2 n b 1 2 n b 1 1 2 1 2 2 b 1 n S 2 n b 1 2 n b 1 1 2(-) nn nn b b bb 1 1 2(-) nn nn b b bb -1 -1 2(-) nn nn b b b b

39、因为ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m. 当k=1时,有q1; 当k=2,3,m时,有ln q. 设f(x)=(x1),则f (x)=. 令f (x)=0,得x=e.列表如下: 因为=,所以f(k)max=f(3)=. 取q=,当k=1,2,3,4,5时,ln q,即kqk,经检验知qk-1k也成立. 因此所求m的最大值不小于5. 若m6,分别取k=3,6,得3q3,且q56,从而q15243,且q15216,所以q不存在. 因此所求m的最大值小于6. 综上,所求m的最大值为5. x (1,e) e (e,+) f (x) + 0 - f(x) 极大值 lnk k l

40、n -1 k k ln x x 2 1-ln x x ln2 2 ln8 6 ln9 6 ln3 3 ln3 3 3 3 lnk k 解法二:由题意知数列cn为等比数列,设其公比为q,则cn=qn-1, 因为mN*,且kN*, 当km时,都有ckbkck+1成立,即qk-1kqk成立, 所以,当m=1时,有11q, 当m=2时,有11q,q2q2,解得q2, 当m=3时,有11q,q2q2,q23q3, 解得q, 当m=4时,有11q,q2q2,q23q3,q34q4, 解得q. 当m=5时,有11q,q2q2,q23q3,q34q4,q45q5,解得q, 当m=6时,有q56q6,且q, 易

41、得q且q, 而0).若满足上述条件的不同数列共有15个,则a的值为( ) A.1 B.3 C.5 D.7 答案答案 B 由已知得,ak+1-ak=1或ak+1-ak=-1,则a7-a1=(a2-a1)+(a3-a2)+(a7-a6),设有m个1,则有(6-m)个- 1,a7-a1=a-1=m+(6-m)(-1),解得m=,从而=15,经验证得a=3,故选B. 5 2 a 5 2 6 C a 3.(2020湖南长沙第一中学第七次大联考,13)已知数列an满足nan+1=(n+1)an,且a6=12,则a12= . 答案答案 24 解析解析 由题意知=,故=2,故a12=24. 1 1 n a n

42、 n a n n a n 6 6 a 4.(2020湖南炎陵一中仿真考试)记Sn为数列an的前n项和,若Sn=3an-2,则an= . 答案答案 -1 3 2 n 解析解析 当n=1时,a1=S1=3a1-2,则a1=1, 当n2时,Sn=3an-2, Sn-1=3an-1-2, -得an=3an-3an-1,即an=an-1, 所以an是首项为1,公比为的等比数列,故an=. 3 2 3 2 -1 3 2 n 5.(2020福建漳州2月(线上)适应性测试,17)已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,nN*,数列bn 满足an=4log2bn+3,nN*. (1)求an,bn; (

43、2)求数列an bn的前n项和Tn. 解析解析 (1)当n=1时,a1=S1=3; 当n2时,an=Sn-Sn-1=2n2+n-2(n-1)2+(n-1)=4n-1, 又当n=1时,上式也成立,所以an=4n-1,nN*. 由an=4log2bn+3,得bn=2n-1,nN*. (2)由(1)知anbn=(4n-1) 2n-1,nN*, 所以Tn=3+72+1122+(4n-1) 2n-1, 2Tn=32+722+1123+(4n-1) 2n, 2Tn-Tn=(4n-1) 2n-3+4(2+22+2n-1)=(4n-1) 2n-=(4n-5) 2n+5, Tn=(4n-5) 2n+5,nN*.

44、 -1 2(1-2) 34 1-2 n 6.(2019广东广州天河二模,17)已知Sn为数列an的前n项和,且a10,6Sn=+3an+2,nN*. (1)求数列an的通项公式; (2)若nN*,bn=(-1)n,求数列bn的前2n项的和T2n. 2 n a 2 n a 解析解析 (1)当n=1时,6a1=+3a1+2,且a10,所以an-an-1=3, 所以数列an是首项为1,公差为3的等差数列, 所以an=1+3(n-1)=3n-2. (2)bn=(-1)n=(-1)n(3n-2)2. 所以b2n-1+b2n=-(6n-5)2+(6n-2)2=36n-21. 所以数列bn的前2n项的和 T

45、2n=36(1+2+n)-21n=36-21n=18n2-3n. 2 1 a 2 n a 2 -1n a 2 n a (1) 2 n n 1.(2019广东广州天河一模,9)数列an满足a1=1,对任意nN*,都有an+1=1+an+n,则+= ( ) A. B.2 C. D. 1 1 a 2 1 a 99 1 a 99 98 99 50 99 100 考点考点2 数列的求和数列的求和 答案答案 C 对任意nN*,都有an+1=1+an+n,则an+1-an=n+1,则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n- 1)+1=,则=2,所以+=2=2 =.故

46、选C. (1) 2 n n1 n a 2 (1)n n 11 - 1n n 1 1 a 2 1 a 99 1 a 11 111 1-?- 22 399 100 1 1-100 99 50 2.(2019福建宁德模拟,10)等差数列an中,a4=9,a7=15,则数列(-1)nan的前20项和等于( ) A.-10 B.-20 C.10 D.20 答案答案 D 设等差数列an的公差为d,由a4=9,a7=15,得a1+3d=9,a1+6d=15,解得a1=3,d=2,则an=3+2(n- 1)=2n+1,数列(-1)nan的前20项和为-3+5-7+9-11+13+-39+41=2+2+2=21

47、0=20.故选D. 3.(2019广东湛江一模,17)在等差数列an和等比数列bn中,a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4. (1)求an和bn; (2)求数列nbn的前n项和Sn. 解析解析 (1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,a2=0,b2=1,且a3=b3,a4=b4,a1+d=0,b 1q=1,a1+2d=b1q 2,a 1+3d=b1q 3,四式联立解得a 1=-2,d=2,b1=,q=2,an=-2+2(n-1)=2n-4,bn=2 n-2. (2)数列nbn的前n项和Sn=+2+32+422+n 2n-2, 2Sn=1+22+322+(n-1) 2n-2+n 2n-1, -Sn=+1+2+22+2n-2-n 2n-1=-n 2n-1, 即Sn=(n-1) 2n-1+. 1 2 1 2 1