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高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列解答题数列求和及数列的综合应用课件
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这是一份高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列解答题数列求和及数列的综合应用课件，共60页。PPT课件主要包含了答题模板，专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。
考向一 等差(等比)数列的判断与证明(规范解答)【典例】(2019·全国Ⅱ卷)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.
【思维流程图】(1)由已知两个递推公式→求和(差)得出相应的关系式→再依据定义即可得出结论.(2)求出{an+bn}与{an-bn}的通项公式→利用方程思想即可得出结论.
【规范解答】(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1= (an+bn). …………………………………………………………2分又因为a1+b1=1,所以 是首项为1,公比为 的等比数列. ……………3分由题设得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 是首项为1,公差为2的等差数列.……………… 6分
(2)由(1)知,an+bn= ,an-bn=2n-1. …………………………… 8分所以an= [(an+bn)+(an-bn)]= +n- , ………………………10分bn= [(an+bn)-(an-bn)]= -n+ . ……………………………12分
【素养提升】1.证明数列{an}是等差数列的两种基本方法(1)利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为一常数;(2)利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).2.证明数列{an}是等比数列的两种基本方法(1)利用定义,证明 (n∈N*)为一常数;(2)利用等比中项,即证明 =an-1an+1(n≥2).3.若要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可.
【变式训练】1.已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn= .(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;(3)求{an}的通项公式.
【解析】(1)由条件可得an+1= an.将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以,a2=4.将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得 ,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得 =2n-1,所以an=n·2n-1.
【加练备选】 成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3,b4,b5.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)数列{bn}的前n项和为Sn,求证:数列 是等比数列.
【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d.依题意,得a-d+a+a+d=15.解得a=5.所以{bn}中的b3,b4,b5依次为7-d,10,18+d.依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得d=2或d=-13(舍去).故{bn}的第3项为5,公比为2.
由b3=b1·22,即5=b1·22,解得b1= .所以bn=b1·qn-1= ·2n-1=5·2n-3,即数列{bn}的通项公式bn=5·2n-3.(2)数列{bn}的前n项和Sn= =5·2n-2- ,即Sn+ =5·2n-2.由S1+ =2可知,数列 是以 为首项,2为公比的等比数列.
2.设Sn为数列{an}的前n项和,对任意的n∈N*,都有Sn=2-an,数列{bn}满足b1=2a1,bn= (n≥2,n∈N*).(1)求证:数列{an}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)判断数列 是等差数列还是等比数列,并求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)当n=1时,a1=S1=2-a1,解得a1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-1-an,即 (n≥2,n∈N*).所以数列{an}是首项为1,公比为 的等比数列,故数列{an}的通项公式为an= .
(2)因为a1=1,所以b1=2a1=2.因为bn= ,所以 ,即 (n≥2).所以数列 是首项为 ,公差为1的等差数列.所以 ,故数列{bn}的通项公式为bn= .
【加练备选】 已知数列{an}满足an+1-3an=3n(n∈N*)且a1=1.设bn= ,(1)证明数列{bn}为等差数列;(2)设cn= ,求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知得an+1=3an+3n,得bn+1= =bn+1,所以bn+1-bn=1,又a1=1,所以b1=1,所以数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)bn= =n,所以an=n·3n-1,cn= ,所以Sn= .
考向二 等差(等比)数列的求和命题角度1 等差数列的通项与求和【典例】(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,根据题意,有 ,解得 ,所以an=3n-1.(2)令bn=lg3an=lg33n-1=n-1,所以Sn= ,根据Sm+Sm+1=Sm+3,可得 ,整理得m2-5m-6=0,因为m>0,所以m=6.
【探究延伸】若本题的条件不变,试求数列{lg3an-9}的前n项和的最小值.【解析】依典例知an=3n-1,所以lg3an-9=lg33n-1-9=n-10,设其前n项和为Tn,则Tn= ,又n∈N*,所以当n=9或10时,Tn最小,其最小值= =-45.
命题角度2 等比数列的通项与求和【典例】已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明 是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明: +…+ .
【解析】(1)由an+1=3an+1得 .又a1+ ,所以 是首项为 ,公比为3的等比数列.an+ ,因此{an}的通项公式为an= .
(2)由(1)知 .因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以 .于是 +…+ ≤1+ +…+ = .所以 +…+ .
【素养提升】等差(等比)数列求和的几点注意一是注意弄清项数;二是注意公式的适用条件;三是注意运算的准确性.
【变式训练】1.已知数列{an}是等比数列,公比q<1,若a2=2,a1+a2+a3=7.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=lg2an,求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)由已知得 则 或 (舍去).所以an=4× =23-n.(2)因为bn=lg2an=lg223-n=3-n,所以数列{bn}是首项为2,公差为-1的等差数列.设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn= .
2.已知等差数列{an}前三项的和为-9,前三项的积为-15.(1)求等差数列{an}的通项公式;(2)若{an}为递增数列,求数列{|an|}的前n项和Sn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,则依题意得a2=-3,则a1=-3-d,a3=-3+d,所以(-3-d)(-3)(-3+d)=-15,得d2=4,d=±2,所以an=-2n+1或an=2n-7.
(2)由题意得an=2n-7,所以|an|= ①n≤3时,Sn=-(a1+a2+…+an)= n=6n-n2; ②n≥4时,Sn=-a1-a2-a3+a4+…+an=-2(a1+a2+a3)+(a1+a2+…+an)=18-6n+n2.综上,数列{|an|}的前n项和Sn=
考向三 数列求和命题角度1 错位相减法求和【典例】(2020·全国Ⅰ卷)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】(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.因为a1≠0,所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故{an}的公比为-2.
(2)设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-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= .
【探究延伸】若例(2)中a1=1改为a1=2,结果如何?
【解析】设{nan}的前n项和为Sn,a1=2,an=2·(-2)n-1=-(-2)n,Sn=-[1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n(-2)n],即-Sn=1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n(-2)n①,2Sn=1×(-2)2+2×(-2)3+3×(-2)4+…+n(-2)n+1②,
①-②得:-3Sn=(-2)1+(-2)2+(-2)3+…+(-2)n-n·(-2)n+1= -n·(-2)n+1=- [1-(-2)n]-n·(-2)n+1,所以Sn= [1-(-2)n]+ (-2)n+1= - (-2)n- (-2)n= - ·(-2)n.
命题角度2 裂项相消法求和【典例】在①a3+a5=5,S4=7;②4Sn=n2+3n;③5S4=14S2,a5是a3与 的等比中项,这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,然后解答补充完整的题目.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若________. (1)求an;(2)记bn= ,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)选择条件①:设等差数列{an}的公差为d,则 ,解得 ,故an= ;选择条件②:4Sn=n2+3n,当n≥2时,4an=4Sn-4Sn-1=n2+3n-[(n-1)2+3(n-1)]=2n+2,即an= (n≥2),当n=1时,a1=S1= =1,也适合上式,故an= ;
选择条件③:设等差数列{an}的公差为d,则 ,解得a1=1,d= 或a1=0,d=0(不合题意),故an= .(2)因为an= ,所以bn= = ,故Tn=b1+b2+…+bn=2 +…+ .
【加练备选】 已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和,a1∈(0,2), +3an+2=6Sn.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,t≤4Tn恒成立,求实数t的最大值.
【解析】(1)当n=1时,由 +3an+2=6Sn,得 +3a1+2=6a1,即 -3a1+2=0.又a1∈(0,2),解得a1=1.由 +3an+2=6Sn,可知 +3an+1+2=6Sn+1.两式相减,得 - +3(an+1-an)=6an+1,即(an+1+an)(an+1-an-3)=0.由于an>0,可得an+1-an-3=0,即an+1-an=3,所以{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= = ,Tn=b1+b2+…+bn= = .因为Tn= ,随着n的增大而增大,所以数列{Tn}是递增数列,所以t≤4Tn⇔ ≤Tn⇔ ≤T1= ⇔t≤1,所以实数t的最大值是1.
命题角度3 分组或并项求和【典例】若数列{bn}对于n∈N*,都有bn+2-bn=d(常数),则称数列{bn}是公差为d的准等差数列,如数列{cn},若cn= 则数列{cn}是公差为8的准等差数列.设数列{an}满足a1=a,对于n∈N*,都有an+an+1=2n.(1)求证:{an}为准等差数列;(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.
【解析】(1)因为an+1+an=2n,①所以an+2+an+1=2n+2.②由②-①得an+2-an=2(n∈N*),所以{an}是公差为2的准等差数列.(2)已知a1=a,an+1+an=2n(n∈N*),所以a1+a2=2,即a2=2-a.所以由(1)可知a1,a3,a5,…成以a为首项,2为公差的等差数列,a2,a4,a6,…成以2-a为首项,2为公差的等差数列.
所以当n为偶数时,an=2-a+ ×2=n-a,当n为奇数时,an=a+ ×2=n+a-1,所以an= S20=a1+a2+…+a19+a20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=2×1+2×3+…+2×19=2× =200.
【探究延伸】题设中的条件不变,求S2n.【解析】由典例解析可知:S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a2n-1+a2n)=2×1+2×3+2×5+…+2×(2n-1)=2× =2n2.
【素养提升】1.用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的数列;(2)在写出“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.
2.利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项;或者前面剩几项,后面也剩几项;(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一,其基本形式为:若{an}是等差数列且an≠0,则 .3.并项求和法一个数列的前n项和可两两结合求解,则称为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用并项求和法求解.
【变式训练】1.(2020·济宁二模)已知数列{an}是单调递增的等差数列,a1=1,且a1+2,2a2,a3+7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}满足 =(-1)nan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由题意,设{an}的公差为d,且d>0,因为a1=1,且a1+2,2a2,a3+7成等比数列,所以22 =(a1+2)×(a3+7),即22(d+1)2=3×(1+2d+7),解得d=2,d=- (舍).所以an=a1+2×(n-1)=2n-1.
(2)因为an=2n-1,所以Sn= =n2,Sn+1=(n+1)2,所以 =n(n+1),因为bn =(-1)nan+1,an+1=2n+1,所以bn=(-1)n =(-1)n .当n为偶数时,Tn=- -…+ ,
当n为奇数时,Tn=- -…- .所以当n为偶数时,Tn=-1+ ;当n为奇数时,Tn=-1- .
2.(2019·天津高考)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= 求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
【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=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)= +(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=- +n×3n+1= .所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3× = (n∈N*).
考向四 数列的综合问题命题角度1 数列与概率交汇问题【典例】棋盘上标有第0,1,2,…,100站,棋子开始时位于第0站,棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面,棋子向前跳出一站;若掷出反面,棋子向前跳出两站,直到跳到第99站(胜利大本营)或第100站(失败集中营)时游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为Pn.(1)求P3的值;(2)证明:Pn+1-Pn=- (Pn-Pn-1)(2≤n≤98).
【解析】(1)棋子跳到第3站有以下三种途径:连续三次掷出正面,其概率为 ;第一次掷出反面,第二次掷出正面,其概率为 ;第一次掷出正面,第二次掷出反面,其概率为 ,因此P3= .(2)(用构造法证明)易知棋子先跳到第n-2站,再掷出反面,其概率为 Pn-2;棋子先跳到第n-1站,再掷出正面,其概率为 Pn-1,因此有Pn= (Pn-1+Pn-2),即Pn-Pn-1=- (Pn-1-Pn-2),也即Pn+1-Pn=- (Pn-Pn-1)(2≤n≤98).
命题角度2 数列与函数、不等式的交汇问题【典例】若数列{an}的前n项和为Sn,点(an,Sn)在y= - x的图象上(x∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若c1=0,且对任意正整数n都有cn+1-cn= an,求证:对任意正整数n≥2,总有 .
【解析】(1)因为Sn= - an,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1= an-1- an,所以an= an-1,又因为S1= - a1,所以a1= ,所以an= .
(2)由cn+1-cn= =2n+1,得当n≥2时,cn=c1+(c2-c1)+(c3-c2)+…+(cn-cn-1)=0+3+5+…+(2n-1)=n2-1=(n+1)(n-1).所以 = = .又因为 ,所以原式得证.
【素养提升】 1.解决数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集,而不是某个区间上的连续实数,所以它的图象是一群孤立的点.(2)转化以函数为背景的条件时,应注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是非常容易忽视的问题.(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时,应准确构造函数,注意数列中相关限制条件的转化.
2.数列中不等式问题的处理方法(1)函数法:即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式.(2)放缩法:数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到.(3)比较法:作差或者作商比较法.
【变式训练】已知函数f(x)的图象过定点(1,1),且对任意的实数x1,x2∈R,都有f(x1+x2)=1+f(x1)+f(x2).(1)证明数列 (n∈N*)为等比数列;(2)若bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn,不等式T2n-Tn> lg2(x+1)(n≥2,n∈N*)恒成立,求实数x的取值范围.
【解析】(1)令x1=x2= ,则 ,即f =1+2f ，则f +1=2 ,令x1=x2= ,因为函数f(x)的图象过定点(1,1),所以f(1)=1+2f =1,得f =0,所以数列 是等比数列,公比为 ,首项为1.
(2)由题意知函数f(x)的图象过定点(1,1),所以f(1)=1.令x1=n,x2=1,则f(n+1)=1+f(1)+f(n),即f(n+1)=f(n)+2,则{f(n)}是等差数列,公差为2,首项为1,故f(n)=1+(n-1)·2=2n-1.因为bn= ,所以bn= = .
设g(n)=T2n-Tn=bn+1+bn+2+…+b2n= ,则g(n+1)-g(n)= = >0,所以{g(n)}是递增数列,g(n)min=g(2)= + = ,从而 lg2(x+1)< ,即lg2(x+1)<2,则 解得x∈(-1,3),所以实数x的取值范围为(-1,3).
八 数列求和及数列的综合应用(40分钟 80分)
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=3.(1)若a3+b3=7,求{bn}的通项公式;(2)若T3=13,求Sn.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.由a2+b2=3,得d+q=4,(*)由a3+b3=7,得2d+q2=8,(**)联立(*)(**),解得q=2或q=0(舍去),因此数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)因为T3=1+q+q2,所以1+q+q2=13,解得q=3或q=-4,由a2+b2=3,得d=4-q,所以d=1或d=8.由Sn=na1+ n(n-1)d,得Sn= n2- n或Sn=4n2-5n.
2.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a3=7,an=2an-1+a2-2(n≥2).(1)证明:数列{an+1}为等比数列;(2)求数列{an}的通项公式,并判断n,an,Sn是否成等差数列.
【解析】(1)因为a3=7,a3=3a2-2,所以a2=3,所以an=2an-1+1,所以a1=1, =2(n≥2),所以数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知,an+1=2n,所以an=2n-1,所以Sn= -n=2n+1-n-2,所以n+Sn-2an=n+(2n+1-n-2)-2(2n-1)=0,所以n+Sn=2an,即n,an,Sn成等差数列.
【加练备选】设数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.已知a1=1,a2= ,a3= ,且当n≥2时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.(1)求a4的值;(2)证明:{an+1- an}为等比数列;(3)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,即 解得:a4= . (2)因为4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),所以4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),即4an+2+an=4an+1(n≥2),因为4a3+a1=4× +1=6=4a2,所以4an+2+an=4an+1,
因为所以数列 是以a2- a1=1为首项,公比为 的等比数列.(3)由(2)知, 是以1为首项,公比为 的等比数列,所以an+1- an= . 即 所以 是以 =2为首项,4为公差的等差数列,
所以 =2+(n-1)×4=4n-2,即an=(4n-2)× =(2n-1)× .所以数列{an}的通项公式是an=(2n-1)× .
3.(2020·临沂二模)已知数列{an}满足a1=2,(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2),设bn= .(1)证明数列{bn}是等差数列;(2)设 =2n+1,求数列{cn}的前n项和Tn(n∈N*).
【解析】(1)因为a1=2,所以b1= =1.将(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)两边同时除以(n+1)(n+2)得: 所以 =2,即bn+1-bn=2.所以数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列. (2)由(1)得bn=1+2(n-1)=2n-1.因为 =2n+1,
所以cn=(2n+1)bn=(2n-1)·2n+2n-1.设Pn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n,2Pn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,两式相减得:-Pn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1化简得Pn=6+(2n-3)·2n+1.设Sn=1+3+5+…+(2n-1)= =n2,所以Tn=Pn+Sn=6+(2n-3)·2n+1+n2.
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是各项均为正数的等比数列,a1=b4,________,b2=8,b1-3b3=4,是否存在正整数k,使得数列 的前k项和Tk> ?若存在,求出k的最小值;若不存在,说明理由. 从①S4=20,②S3=2a3,③3a3-a4=b2这三个条件中任选一个,补充到上面问题中并作答.(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.)
【解析】设等比数列{bn}的公比为q(q>0),则b1= ,b3=8q,于是 -3×8q=4,即6q2+q-2=0,解得q= ,q=- (舍去).若选①:则a1=b4=2,S4=4a1+ d=20,解得d=2,所以
令1- > ,解得k>15,因为k为正整数,所以k的最小值为16.若选②:则a1=b4=2,3a1+ d=2(a1+2d),解得d=2.下同①.若选③:则a1=b4=2,3(a1+2d)-(a1+3d)=8,解得d= .于是
于是 令Tk> ,得 < ,注意到k为正整数,解得k≥7,所以k的最小值为7.
5.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.【命题意图】本题考查等比数列通项公式的应用,考查数列基本量的运算求解能力.体现了数学运算与数学抽象的核心素养.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q= (舍去),或q=2,a1=2.所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
6.已知数列{an}满足an=3an-1+k3n-1(n∈N*,n≥2,k∈R).(1)设a1=1,k=0,证明数列{an- }是等比数列;(2)对任意k∈R,是否存在一个实数t,使得bn= (an+t)(n∈N*)且{bn}为等差数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)当k=0时,an=3an-1-1,所以 又a1- = ≠0,所以数列 是首项为 ,公比为3的等比数列. (2)当n≥2时,bn-bn-1= (an+t)- (an-1+t)= (an+t-3an-1-3t)= (3an-1+k3n-1+t-3an-1-3t)
= (k3n-1-2t)=k- .要使{bn}为等差数列,则必须使1+2t=0,所以t=- ,即对任意的k∈R,存在t=- ,使{bn}为等差数列.
【加练备选】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P1 P2…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】(1)设数列{xn}的公比为q,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,由题意得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.(i)又2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.(ii)
(i)-(ii)得-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1= -(2n+1)×2n-1.所以Tn= .
7.已知等比数列{an}的公比q>1,a1=2,且a1,a2,a3-8成等差数列,数列{anbn}的前n项和为 .(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列 的前n项和为Sn,已知∀n∈N*,Sn≤m恒成立,求实数m的最小值.
【解析】(1)因为a1=2,且a1,a2,a3-8成等差数列,所以2a2=a1+a3-8,即2a1q=a1+a1q2-8,所以q2-2q-3=0,所以q=3或-1,而q>1,所以q=3,所以an=2·3n-1.
因为a1b1+a2b2+…+anbn= ,所以a1b1+a2b2+…+an-1bn-1= ,两式相减得anbn=2n·3n-1(n≥2).因为an=2·3n-1,所以bn=n(n≥2),令n=1,可得b1=1,所以bn=n.
(2)因为数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,所以数列 是首项为 ,公比为 的等比数列,所以 因为∀n∈N*,Sn≤m恒成立,故实数m的最小值为 .
【加练备选】已知数列{an}满足a1= ,an+1an=2an+1-1(n∈N*),令bn=an-1.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)令cn= ,求证:c1+c2+…+cn
(2)由(1)可得:an=bn+1=1- .所以因为n≥2时,2n+2≤2n+1-1,所以所以c1+c2+…+cn<
8.设函数fn(x)=x-(3n-1)x2(其中n∈N*),区间In={x|fn(x)>0}.(1)定义区间(α,β)的长度为β-α,求区间In的长度;(2)把区间In的长度记作数列{an},令bn=an·an+1,①求数列{bn}的前n项和Tn;②是否存在正整数m,n(1②由①知T1= ,Tm= , Tn= .假设存在正整数m,n(1
考向一 等差(等比)数列的判断与证明(规范解答)【典例】(2019·全国Ⅱ卷)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.
【思维流程图】(1)由已知两个递推公式→求和(差)得出相应的关系式→再依据定义即可得出结论.(2)求出{an+bn}与{an-bn}的通项公式→利用方程思想即可得出结论.
【规范解答】(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1= (an+bn). …………………………………………………………2分又因为a1+b1=1,所以 是首项为1,公比为 的等比数列. ……………3分由题设得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 是首项为1,公差为2的等差数列.……………… 6分
(2)由(1)知,an+bn= ,an-bn=2n-1. …………………………… 8分所以an= [(an+bn)+(an-bn)]= +n- , ………………………10分bn= [(an+bn)-(an-bn)]= -n+ . ……………………………12分
【素养提升】1.证明数列{an}是等差数列的两种基本方法(1)利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为一常数;(2)利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).2.证明数列{an}是等比数列的两种基本方法(1)利用定义,证明 (n∈N*)为一常数;(2)利用等比中项,即证明 =an-1an+1(n≥2).3.若要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可.
【变式训练】1.已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn= .(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;(3)求{an}的通项公式.
【解析】(1)由条件可得an+1= an.将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以,a2=4.将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得 ,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得 =2n-1,所以an=n·2n-1.
【加练备选】 成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3,b4,b5.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)数列{bn}的前n项和为Sn,求证:数列 是等比数列.
【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d.依题意,得a-d+a+a+d=15.解得a=5.所以{bn}中的b3,b4,b5依次为7-d,10,18+d.依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得d=2或d=-13(舍去).故{bn}的第3项为5,公比为2.
由b3=b1·22,即5=b1·22,解得b1= .所以bn=b1·qn-1= ·2n-1=5·2n-3,即数列{bn}的通项公式bn=5·2n-3.(2)数列{bn}的前n项和Sn= =5·2n-2- ,即Sn+ =5·2n-2.由S1+ =2可知,数列 是以 为首项,2为公比的等比数列.
2.设Sn为数列{an}的前n项和,对任意的n∈N*,都有Sn=2-an,数列{bn}满足b1=2a1,bn= (n≥2,n∈N*).(1)求证:数列{an}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)判断数列 是等差数列还是等比数列,并求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)当n=1时,a1=S1=2-a1,解得a1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-1-an,即 (n≥2,n∈N*).所以数列{an}是首项为1,公比为 的等比数列,故数列{an}的通项公式为an= .
(2)因为a1=1,所以b1=2a1=2.因为bn= ,所以 ,即 (n≥2).所以数列 是首项为 ,公差为1的等差数列.所以 ,故数列{bn}的通项公式为bn= .
【加练备选】 已知数列{an}满足an+1-3an=3n(n∈N*)且a1=1.设bn= ,(1)证明数列{bn}为等差数列;(2)设cn= ,求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知得an+1=3an+3n,得bn+1= =bn+1,所以bn+1-bn=1,又a1=1,所以b1=1,所以数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)bn= =n,所以an=n·3n-1,cn= ,所以Sn= .
考向二 等差(等比)数列的求和命题角度1 等差数列的通项与求和【典例】(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,根据题意,有 ,解得 ,所以an=3n-1.(2)令bn=lg3an=lg33n-1=n-1,所以Sn= ,根据Sm+Sm+1=Sm+3,可得 ,整理得m2-5m-6=0,因为m>0,所以m=6.
【探究延伸】若本题的条件不变,试求数列{lg3an-9}的前n项和的最小值.【解析】依典例知an=3n-1,所以lg3an-9=lg33n-1-9=n-10,设其前n项和为Tn,则Tn= ,又n∈N*,所以当n=9或10时,Tn最小,其最小值= =-45.
命题角度2 等比数列的通项与求和【典例】已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明 是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明: +…+ .
【解析】(1)由an+1=3an+1得 .又a1+ ,所以 是首项为 ,公比为3的等比数列.an+ ,因此{an}的通项公式为an= .
(2)由(1)知 .因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以 .于是 +…+ ≤1+ +…+ = .所以 +…+ .
【素养提升】等差(等比)数列求和的几点注意一是注意弄清项数;二是注意公式的适用条件;三是注意运算的准确性.
【变式训练】1.已知数列{an}是等比数列,公比q<1,若a2=2,a1+a2+a3=7.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=lg2an,求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)由已知得 则 或 (舍去).所以an=4× =23-n.(2)因为bn=lg2an=lg223-n=3-n,所以数列{bn}是首项为2,公差为-1的等差数列.设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn= .
2.已知等差数列{an}前三项的和为-9,前三项的积为-15.(1)求等差数列{an}的通项公式;(2)若{an}为递增数列,求数列{|an|}的前n项和Sn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,则依题意得a2=-3,则a1=-3-d,a3=-3+d,所以(-3-d)(-3)(-3+d)=-15,得d2=4,d=±2,所以an=-2n+1或an=2n-7.
(2)由题意得an=2n-7,所以|an|= ①n≤3时,Sn=-(a1+a2+…+an)= n=6n-n2; ②n≥4时,Sn=-a1-a2-a3+a4+…+an=-2(a1+a2+a3)+(a1+a2+…+an)=18-6n+n2.综上,数列{|an|}的前n项和Sn=
考向三 数列求和命题角度1 错位相减法求和【典例】(2020·全国Ⅰ卷)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】(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.因为a1≠0,所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故{an}的公比为-2.
(2)设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-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= .
【探究延伸】若例(2)中a1=1改为a1=2,结果如何?
【解析】设{nan}的前n项和为Sn,a1=2,an=2·(-2)n-1=-(-2)n,Sn=-[1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n(-2)n],即-Sn=1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n(-2)n①,2Sn=1×(-2)2+2×(-2)3+3×(-2)4+…+n(-2)n+1②,
①-②得:-3Sn=(-2)1+(-2)2+(-2)3+…+(-2)n-n·(-2)n+1= -n·(-2)n+1=- [1-(-2)n]-n·(-2)n+1,所以Sn= [1-(-2)n]+ (-2)n+1= - (-2)n- (-2)n= - ·(-2)n.
命题角度2 裂项相消法求和【典例】在①a3+a5=5,S4=7;②4Sn=n2+3n;③5S4=14S2,a5是a3与 的等比中项,这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,然后解答补充完整的题目.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若________. (1)求an;(2)记bn= ,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)选择条件①:设等差数列{an}的公差为d,则 ,解得 ,故an= ;选择条件②:4Sn=n2+3n,当n≥2时,4an=4Sn-4Sn-1=n2+3n-[(n-1)2+3(n-1)]=2n+2,即an= (n≥2),当n=1时,a1=S1= =1,也适合上式,故an= ;
选择条件③:设等差数列{an}的公差为d,则 ,解得a1=1,d= 或a1=0,d=0(不合题意),故an= .(2)因为an= ,所以bn= = ,故Tn=b1+b2+…+bn=2 +…+ .
【加练备选】 已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和,a1∈(0,2), +3an+2=6Sn.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,t≤4Tn恒成立,求实数t的最大值.
【解析】(1)当n=1时,由 +3an+2=6Sn,得 +3a1+2=6a1,即 -3a1+2=0.又a1∈(0,2),解得a1=1.由 +3an+2=6Sn,可知 +3an+1+2=6Sn+1.两式相减,得 - +3(an+1-an)=6an+1,即(an+1+an)(an+1-an-3)=0.由于an>0,可得an+1-an-3=0,即an+1-an=3,所以{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= = ,Tn=b1+b2+…+bn= = .因为Tn= ,随着n的增大而增大,所以数列{Tn}是递增数列,所以t≤4Tn⇔ ≤Tn⇔ ≤T1= ⇔t≤1,所以实数t的最大值是1.
命题角度3 分组或并项求和【典例】若数列{bn}对于n∈N*,都有bn+2-bn=d(常数),则称数列{bn}是公差为d的准等差数列,如数列{cn},若cn= 则数列{cn}是公差为8的准等差数列.设数列{an}满足a1=a,对于n∈N*,都有an+an+1=2n.(1)求证:{an}为准等差数列;(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.
【解析】(1)因为an+1+an=2n,①所以an+2+an+1=2n+2.②由②-①得an+2-an=2(n∈N*),所以{an}是公差为2的准等差数列.(2)已知a1=a,an+1+an=2n(n∈N*),所以a1+a2=2,即a2=2-a.所以由(1)可知a1,a3,a5,…成以a为首项,2为公差的等差数列,a2,a4,a6,…成以2-a为首项,2为公差的等差数列.
所以当n为偶数时,an=2-a+ ×2=n-a,当n为奇数时,an=a+ ×2=n+a-1,所以an= S20=a1+a2+…+a19+a20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=2×1+2×3+…+2×19=2× =200.
【探究延伸】题设中的条件不变,求S2n.【解析】由典例解析可知:S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a2n-1+a2n)=2×1+2×3+2×5+…+2×(2n-1)=2× =2n2.
【素养提升】1.用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的数列;(2)在写出“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.
2.利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项;或者前面剩几项,后面也剩几项;(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一,其基本形式为:若{an}是等差数列且an≠0,则 .3.并项求和法一个数列的前n项和可两两结合求解,则称为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用并项求和法求解.
【变式训练】1.(2020·济宁二模)已知数列{an}是单调递增的等差数列,a1=1,且a1+2,2a2,a3+7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}满足 =(-1)nan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由题意,设{an}的公差为d,且d>0,因为a1=1,且a1+2,2a2,a3+7成等比数列,所以22 =(a1+2)×(a3+7),即22(d+1)2=3×(1+2d+7),解得d=2,d=- (舍).所以an=a1+2×(n-1)=2n-1.
(2)因为an=2n-1,所以Sn= =n2,Sn+1=(n+1)2,所以 =n(n+1),因为bn =(-1)nan+1,an+1=2n+1,所以bn=(-1)n =(-1)n .当n为偶数时,Tn=- -…+ ,
当n为奇数时,Tn=- -…- .所以当n为偶数时,Tn=-1+ ;当n为奇数时,Tn=-1- .
2.(2019·天津高考)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= 求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
【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=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)= +(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=- +n×3n+1= .所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3× = (n∈N*).
考向四 数列的综合问题命题角度1 数列与概率交汇问题【典例】棋盘上标有第0,1,2,…,100站,棋子开始时位于第0站,棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面,棋子向前跳出一站;若掷出反面,棋子向前跳出两站,直到跳到第99站(胜利大本营)或第100站(失败集中营)时游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为Pn.(1)求P3的值;(2)证明:Pn+1-Pn=- (Pn-Pn-1)(2≤n≤98).
【解析】(1)棋子跳到第3站有以下三种途径:连续三次掷出正面,其概率为 ;第一次掷出反面,第二次掷出正面,其概率为 ;第一次掷出正面,第二次掷出反面,其概率为 ,因此P3= .(2)(用构造法证明)易知棋子先跳到第n-2站,再掷出反面,其概率为 Pn-2;棋子先跳到第n-1站,再掷出正面,其概率为 Pn-1,因此有Pn= (Pn-1+Pn-2),即Pn-Pn-1=- (Pn-1-Pn-2),也即Pn+1-Pn=- (Pn-Pn-1)(2≤n≤98).
命题角度2 数列与函数、不等式的交汇问题【典例】若数列{an}的前n项和为Sn,点(an,Sn)在y= - x的图象上(x∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若c1=0,且对任意正整数n都有cn+1-cn= an,求证:对任意正整数n≥2,总有 .
【解析】(1)因为Sn= - an,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1= an-1- an,所以an= an-1,又因为S1= - a1,所以a1= ,所以an= .
(2)由cn+1-cn= =2n+1,得当n≥2时,cn=c1+(c2-c1)+(c3-c2)+…+(cn-cn-1)=0+3+5+…+(2n-1)=n2-1=(n+1)(n-1).所以 = = .又因为 ,所以原式得证.
【素养提升】 1.解决数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集,而不是某个区间上的连续实数,所以它的图象是一群孤立的点.(2)转化以函数为背景的条件时,应注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是非常容易忽视的问题.(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时,应准确构造函数,注意数列中相关限制条件的转化.
2.数列中不等式问题的处理方法(1)函数法:即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式.(2)放缩法:数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到.(3)比较法:作差或者作商比较法.
【变式训练】已知函数f(x)的图象过定点(1,1),且对任意的实数x1,x2∈R,都有f(x1+x2)=1+f(x1)+f(x2).(1)证明数列 (n∈N*)为等比数列;(2)若bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn,不等式T2n-Tn> lg2(x+1)(n≥2,n∈N*)恒成立,求实数x的取值范围.
【解析】(1)令x1=x2= ,则 ,即f =1+2f ，则f +1=2 ,令x1=x2= ,因为函数f(x)的图象过定点(1,1),所以f(1)=1+2f =1,得f =0,所以数列 是等比数列,公比为 ,首项为1.
(2)由题意知函数f(x)的图象过定点(1,1),所以f(1)=1.令x1=n,x2=1,则f(n+1)=1+f(1)+f(n),即f(n+1)=f(n)+2,则{f(n)}是等差数列,公差为2,首项为1,故f(n)=1+(n-1)·2=2n-1.因为bn= ,所以bn= = .
设g(n)=T2n-Tn=bn+1+bn+2+…+b2n= ,则g(n+1)-g(n)= = >0,所以{g(n)}是递增数列,g(n)min=g(2)= + = ,从而 lg2(x+1)< ,即lg2(x+1)<2,则 解得x∈(-1,3),所以实数x的取值范围为(-1,3).
八 数列求和及数列的综合应用(40分钟 80分)
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=3.(1)若a3+b3=7,求{bn}的通项公式;(2)若T3=13,求Sn.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.由a2+b2=3,得d+q=4,(*)由a3+b3=7,得2d+q2=8,(**)联立(*)(**),解得q=2或q=0(舍去),因此数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)因为T3=1+q+q2,所以1+q+q2=13,解得q=3或q=-4,由a2+b2=3,得d=4-q,所以d=1或d=8.由Sn=na1+ n(n-1)d,得Sn= n2- n或Sn=4n2-5n.
2.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a3=7,an=2an-1+a2-2(n≥2).(1)证明:数列{an+1}为等比数列;(2)求数列{an}的通项公式,并判断n,an,Sn是否成等差数列.
【解析】(1)因为a3=7,a3=3a2-2,所以a2=3,所以an=2an-1+1,所以a1=1, =2(n≥2),所以数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知,an+1=2n,所以an=2n-1,所以Sn= -n=2n+1-n-2,所以n+Sn-2an=n+(2n+1-n-2)-2(2n-1)=0,所以n+Sn=2an,即n,an,Sn成等差数列.
【加练备选】设数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.已知a1=1,a2= ,a3= ,且当n≥2时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.(1)求a4的值;(2)证明:{an+1- an}为等比数列;(3)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,即 解得:a4= . (2)因为4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),所以4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),即4an+2+an=4an+1(n≥2),因为4a3+a1=4× +1=6=4a2,所以4an+2+an=4an+1,
因为所以数列 是以a2- a1=1为首项,公比为 的等比数列.(3)由(2)知, 是以1为首项,公比为 的等比数列,所以an+1- an= . 即 所以 是以 =2为首项,4为公差的等差数列,
所以 =2+(n-1)×4=4n-2,即an=(4n-2)× =(2n-1)× .所以数列{an}的通项公式是an=(2n-1)× .
3.(2020·临沂二模)已知数列{an}满足a1=2,(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2),设bn= .(1)证明数列{bn}是等差数列;(2)设 =2n+1,求数列{cn}的前n项和Tn(n∈N*).
【解析】(1)因为a1=2,所以b1= =1.将(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)两边同时除以(n+1)(n+2)得: 所以 =2,即bn+1-bn=2.所以数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列. (2)由(1)得bn=1+2(n-1)=2n-1.因为 =2n+1,
所以cn=(2n+1)bn=(2n-1)·2n+2n-1.设Pn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n,2Pn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,两式相减得:-Pn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1化简得Pn=6+(2n-3)·2n+1.设Sn=1+3+5+…+(2n-1)= =n2,所以Tn=Pn+Sn=6+(2n-3)·2n+1+n2.
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是各项均为正数的等比数列,a1=b4,________,b2=8,b1-3b3=4,是否存在正整数k,使得数列 的前k项和Tk> ?若存在,求出k的最小值;若不存在,说明理由. 从①S4=20,②S3=2a3,③3a3-a4=b2这三个条件中任选一个,补充到上面问题中并作答.(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.)
【解析】设等比数列{bn}的公比为q(q>0),则b1= ,b3=8q,于是 -3×8q=4,即6q2+q-2=0,解得q= ,q=- (舍去).若选①:则a1=b4=2,S4=4a1+ d=20,解得d=2,所以
令1- > ,解得k>15,因为k为正整数,所以k的最小值为16.若选②:则a1=b4=2,3a1+ d=2(a1+2d),解得d=2.下同①.若选③:则a1=b4=2,3(a1+2d)-(a1+3d)=8,解得d= .于是
于是 令Tk> ,得 < ,注意到k为正整数,解得k≥7,所以k的最小值为7.
5.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.【命题意图】本题考查等比数列通项公式的应用,考查数列基本量的运算求解能力.体现了数学运算与数学抽象的核心素养.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q= (舍去),或q=2,a1=2.所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
6.已知数列{an}满足an=3an-1+k3n-1(n∈N*,n≥2,k∈R).(1)设a1=1,k=0,证明数列{an- }是等比数列;(2)对任意k∈R,是否存在一个实数t,使得bn= (an+t)(n∈N*)且{bn}为等差数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)当k=0时,an=3an-1-1,所以 又a1- = ≠0,所以数列 是首项为 ,公比为3的等比数列. (2)当n≥2时,bn-bn-1= (an+t)- (an-1+t)= (an+t-3an-1-3t)= (3an-1+k3n-1+t-3an-1-3t)
= (k3n-1-2t)=k- .要使{bn}为等差数列,则必须使1+2t=0,所以t=- ,即对任意的k∈R,存在t=- ,使{bn}为等差数列.
【加练备选】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P1 P2…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】(1)设数列{xn}的公比为q,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,由题意得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.(i)又2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.(ii)
(i)-(ii)得-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1= -(2n+1)×2n-1.所以Tn= .
7.已知等比数列{an}的公比q>1,a1=2,且a1,a2,a3-8成等差数列,数列{anbn}的前n项和为 .(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列 的前n项和为Sn,已知∀n∈N*,Sn≤m恒成立,求实数m的最小值.
【解析】(1)因为a1=2,且a1,a2,a3-8成等差数列,所以2a2=a1+a3-8,即2a1q=a1+a1q2-8,所以q2-2q-3=0,所以q=3或-1,而q>1,所以q=3,所以an=2·3n-1.
因为a1b1+a2b2+…+anbn= ,所以a1b1+a2b2+…+an-1bn-1= ,两式相减得anbn=2n·3n-1(n≥2).因为an=2·3n-1,所以bn=n(n≥2),令n=1,可得b1=1,所以bn=n.
(2)因为数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,所以数列 是首项为 ,公比为 的等比数列,所以 因为∀n∈N*,Sn≤m恒成立,故实数m的最小值为 .
【加练备选】已知数列{an}满足a1= ,an+1an=2an+1-1(n∈N*),令bn=an-1.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)令cn= ,求证:c1+c2+…+cn
(2)由(1)可得:an=bn+1=1- .所以因为n≥2时,2n+2≤2n+1-1,所以所以c1+c2+…+cn<
8.设函数fn(x)=x-(3n-1)x2(其中n∈N*),区间In={x|fn(x)>0}.(1)定义区间(α,β)的长度为β-α,求区间In的长度;(2)把区间In的长度记作数列{an},令bn=an·an+1,①求数列{bn}的前n项和Tn;②是否存在正整数m,n(1
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