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第五章　数　列
第四讲　数列求和及数列的综合应用
知识回顾
考法1
数列求和
命题角度1　用公式法和分组转化法求
和
1
[2019山东五地联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且关于x的不等式a1x2
-
S2x+2<0的解集为(1,2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=a2n+
-
1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解题思路】(1)先设等差数列{an}的公差为d,再根据题意求出a1与d,进而可求出数列{an}的通项公式;(2)先由(1)的结论及bn=a2n+
-
1求出bn,再利用等差数列与等比数列的求和公式,以及分组转化法,即可求出结果.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为关于x的不等式a1x2
-
S2x+2<0的解集为(1,2),
所以=1+2=3,又S2=2a1+d,所以a1=d,
(1,2为一元二次方程a1x2
-
S2x+2=0的两根)
易知=2,所以a1=1,d=1.
所以数列{an}的通项公式为an=n.
(2)由(1)可得,a2n=2n,=2n.
因为bn=a2n+
-
1,
所以bn=2n
-
1+2n,
所以数列{bn}的前n项和Tn=(1+3+5+…+2n
-
1)+(2+22+23+…+2n)
(分成两组求和)
=
(用等差(比)数列的求和公式时注意项数)
=n2+2n+1
-
2.
【解后反思】　
此题的易错点有两处:一是忽视数列通项的下标,导致所求的结果出错,如在求bn时易误得a2n=n,即等号左边的下标已变,右边的代数式没变,导致所得的结果出错;二是用等差数列或等比数列的前n项和公式时,弄错项数,导致求和出错.
变式练习
1.[2019湖南长沙雅礼中学模拟]春夏季节是流感多发期,某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an},已知a1=1,a2=2,且满足an+2
-
an=1+(
-
1)n(n∈N
),则该医院近30天入院治疗流感的总人数为　　　　.?
命题角度2　用错位相减法求和
2
[2017天津高考]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.
(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式;
(Ⅱ)求数列{a2nb2n
-
1}的前n项和(n∈N
).
【解析】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0).
因为b2+b3=12,所以b1(q+q2)=12.
又b1=2,所以q+q2
-
6=0,
解得q=2(q=
-
3舍去),所以bn=2n.
由b3=a4
-
2a1,S11=11b4,可得
(构造方程组)
解得所以an=3n
-
2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n
-
2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,a2n=6n
-
2,b2n
-
1=2×4n
-
1.
设数列{a2nb2n
-
1}的前n项和为Tn,a2nb2n
-
1=(3n
-
1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n
-
1)×4n　①,
4Tn=2×42+5×43+…+(3n
-
4)×4n+(3n
-
1)×4n+1　②,
①
-
②得,
-
3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n
-
(3n
-
1)×4n+1
(错位相减时,注意最后一项的符号)
=
-
4
-
(3n
-
1)×4n+1
(用公式法求和时,注意项数)
=
-
(3n
-
2)×4n+1
-
8,
所以Tn=×4n+1+.
故数列{a2nb2n
-
1}的前n项和为×4n+1+.
变式练习
2.[2020四川五校联考]设数列{an}是等差数列,数列{bn}的前n项和Sn满足2Sn=3(bn
-
1)且a1=b1,a4=b2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求{anbn}的前n项和Tn.
命题角度3　用裂项相消法求和
3
[2019广东惠州第三次调研]已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=n2+3n,n∈N
.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{}的前n项和Tn.
【解题思路】(1)利用an=可求出{an}的通项公式;(2)利用(1)的结论,求出数列{}的通项,再利用裂项相消法求出其前n项和Tn.
【解析】(1)当n≥2时,2Sn
-
1=(n
-
1)2+3(n
-
1),
又2Sn=n2+3n,两式相减得2an=2n+2,所以an=n+1.
当n=1时,2S1=2a1=4,解得a1=2.
因为a1=2满足式子an=n+1,
(验证首项不能漏)
故{an}的通项公式为an=n+1(n∈N
).
(2)由(1)知×(),
(裂项,注意系数不要漏)
所以Tn=[()+()+…+()]
=(1
-
)
=.
变式练习
3.[2017全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　.?
命题角度4　用倒序相加法求和
4已知函数f
(x)=,数列{an}的通项公式为an=f
(),则数列{an}的前2
019项和为　　　　.?
【解析】由题意可得f
(x)+f
(1
-
x)==1.
因为数列{an}的前2
019项和
S2
019=f
()+f
()+…+f
()+f
()　①,
(这个等式的右边是2
019项的和)
所以S2
019=f
()+f
()+…+f
()+f
()　②,
(倒过来写)
①+②得,2S2
019=[f
()+f
()]+[f
()+f
()]+…+[f
()+f
()]=2
019×1=2
019,
所以S2
019=,所以数列{an}的前2
019项和为.
【解后反思】
本题的易错点有两处:一是倒序后,将两式相加得出的式子易出错,如两式相加后易误得
S2
019=[f
()+f
()]+[f
()+f
()]+…+[f
()+f
()],等号左边漏乘了2,从而导致结果出错;二是两式相加求和时易出错,相加后的式子中含有4
038项,即有2
019对,这点需注意.
变式练习
4.已知平面向量a=(lg
x,1),b=(1,lg
y)满足a·b=12,且S=lg
xn+lg(xn
-
1y)+lg(xn
-
2y2)+…+lg(xyn
-
1)+lg
yn,则S=　　　　.?
命题角度5　用并项求和法求和
5
[2016天津高考]已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N
),且,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)n}的前2n项和.
【解题思路】(1)根据已知等式及S6=63求得q,进而求得首项,即可得到{an}的通项公式;(2)先由(1)得{bn}的通项公式,再用并项求和法求数列{(
-
1)n}的前2n项和.
【解析】(1)设数列{an}的公比为q.由已知,有=
,解得q=2或q=
-
1.又由S6=a1·=63,知q≠
-
1,所以a1·=63,解得a1=1.所以an=2n
-
1.
(2)由题意,得bn=(log2an+log2an+1)=(log22n
-
1+log22n)=n
-
,即{bn}是首项为,公差为1的等差数列.
设数列{(
-
1)n}的前n项和为Tn,则
T2n=(
-
)+(
-
)+…+(
-
)=b1+b2+b3+b4+…+b2n
-
1+b2n==2n2.
变式练习
5.[2020合肥市调研检测]设an=(
-
1)n
-
1·n2,则a1+a2+a3+…+a51=　　　　.?
考法2
等差、等比数列的综合问题
6数列{an}的前n项和记为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1
(n≥1).
(1)求{an}的通项公式;
(2)等差数列{bn}的各项为正,其前n项和为Tn,且T3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,求Tn.
【解题思路】(1)根据已知的递推关系求{an}的通项公式;(2)根据等比关系列方程求公差,则前n项和Tn易求.
【解析】(1)由an+1=2Sn+1,可得an=2Sn
-
1+1
(n≥2),
两式相减得an+1
-
an=2an,则an+1=3an
(n≥2).
因为a1=S1=1,a2=2S1+1=3,所以a2=3a1.
故{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n
-
1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.
由T3=15,即b1+b2+b3=15,可得b2=5,故b1=5
-
d,b3=5+d.
又a1=1,a2=3,a3=9,且由a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列可得(1+5
-
d)(9+5+d)=(3+5)2,
解得d=2或d=
-
10.
因为等差数列{bn}的各项为正,所以d>0.
所以d=2,b1=3,所以Tn=3n+×2=n2+2n.
考法3
数列与其他知识的综合
命题角度1　数列与函数的交汇
7
[2019吉林长春联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d>0,a6和a8是函数f
(x)=ln
x+x2
-
8x的极值点,则S8=
A.
-
38
B.38
C.
-
17
D.17
【解析】因为f
(x)=ln
x+x2
-
8x,
所以f
'
(x)=+x
-
8=.
令f
'
(x)=0,解得x=或x=.
因为数列{an}的公差d>0,所以数列{an}是单调递增数列,
又a6和a8是函数f
(x)的极值点,
所以a6=,a8=,所以解得
所以S8=8×(
-
17)+×=
-
38.
【答案】A
命题角度2　数列与不等式的交汇
8
[2019福建厦门联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5+a13=34,S3=9.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
(2)求证:+…+<2.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知得即
解得故an=2n
-
1,Sn=n2.
(2)+…+=1++…+
<1++…+…………(注意放大技巧:把放大为)
=1+(1
-
)+()+…+()
(裂项)
=2
-
(消项)
<2.
变式练习
6.
[2019江西省重点中学第二次联考]已知数列{an}的通项公式是an=f
(),其中f
(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<),
f
(x)的部分图象如图5
-
4
-
1所示,
图5-4-1
Sn为数列{an}的前n项和,则S2
019的值为
(　　)
A.
-
1
B.0
C.
D.1
考法4
数列的实际应用
例9
[2019重庆八中模拟]实施“二孩”政策后,专家估计某地区人口总数将发生如下变化:从2019年开始到2028年,每年人口总数比上一年增加0.5万人,从2029年开始到2038年,每年人口总数为上一年的99%.已知该地区2018年人口总数为45万.
(1)求实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位:万人)的表达式(注:2019年为第一年);
(2)若“二孩”政策实施后,2019年到2038年人口平均值超过49万,则需调整政策,否则继续实施,问到2038年结束后是否需要调整政策?(参考数据:0.9910≈0.9)
【解题思路】
(1)根据题意可知{an}是分段数列,其中第一段是等差数列,第二段是等比数列,根据等差、等比数列的通项公式即可得到an的表达式;(2)设数列{an}的前n项和为Sn,根据等差、等比数列的前n项和公式求出S20,并比较与49的大小,即可得出结论.
【解析】(1)由题意知,当1≤n≤10时,数列{an}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,可得an=45.5+0.5×(n
-
1)=0.5n+45,则a10=50;
当11≤n≤20时,数列{an}是公比为0.99的等比数列,则an=50×0.99n
-
10.
故实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位:万人)的表达式为an=
(2)设Sn为数列{an}的前n项和.从2019年到2038年共20年,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.
所以“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值为≈48.63,则<49,
故到2038年结束后不需要调整政策.
变式练习
7.[2017全国卷Ⅰ]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
数学探究　数列的新定义问题
10[2016全国卷Ⅱ]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.
【解题思路】
关键信息
信息转化
Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28
可以求得数列{an}的通项公式
bn=[lg
an],[x]的定义
可以分别求解b1,b2,b3,…,b1
000
数列{bn}的前1
000项和
分组求和
【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.
(2)记{bn}的前n项和为Tn,则T1
000=b1+b2+…+b1
000=[lg
a1]+[lg
a2]+…+[lg
a1
000],
当0≤lg
an<1时,n=1,2,…,9;
当1≤lg
an<2时,n=10,11,…,99;
当2≤lg
an<3时,n=100,101,…,999;
当lg
an=3时,n=1
000.
所以bn=
所以数列{bn}的前1
000项和为0×9+1×90+2×900+3×1=1
893.
【点评】
取整函数具有天生的“离散性”,与数列的“离散性”相似,常常作为数列的新定义问题的载体.本题以取整函数为载体,考查了取整函数的性质,同时考查了逻辑推理素养与运算求解能力.
【素养探源】
　
核心素养
考查途径
素养水平
逻辑推理
{bn}的通项公式的规律的发现.
二
数学运算
{an}的通项公式的求解,{bn}的前1
000项和的求解.
一
变式练习
8.[2019广东梅州二模]给出定义:x=[x]+,[x]∈Z,0≤<1,其中[x]表示x的整数部分,表示x的小数部分.已知数列{an}满足a1=,an+1=[an]+,则a2
019
-
a2
018等于
(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2
019
-
B.2
018+
C.6+
D.6
-
数学文化　数列与数学文化
11
[2018北京高考]“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f
,则第八个单音的频率为　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.f
B.f
C.f
D.f
【解析】因为从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于,第一个单音的频率为f
,所以这十三个单音的频率构成一个首项为f
,公比为的等比数列,记为{an},则第八个单音的频率为a8=f
·()8
-
1=f
,故选D.
【答案】D
【点评】
“十二平均律”是由中国明代律学家朱载堉发明的,本题以此为背景,不仅弘扬了中国传统文化,还考查了等比数列的通项公式及定义,考查了逻辑推理素养与运算求解能力,体现了等比数列在实际生活中的应用.
【素养探源】
　
核心素养
考查途径
素养水平
数学建模
从情境中抽象出等比数列模型.
二
变式练习
9.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1
016个浮雕,这些浮雕构成一幅优美的图案.若从最下层往上,浮雕的数量构成一个数列{an},则log2(a3a5)的值为
(　　)
A.8
B.10
C.12
D.16
素养提升3　高考中数列解答题的提分策略
1[2019全国卷Ⅱ,
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.
【解题思路】
(1)将已知条件中与an,bn有关的两式相加,根据等比数列的定义证明{an+bn}是等比数列;将已知条件中与an,bn有关的两式相减,根据等差数列的定义证明{an
-
bn}是等差数列.
(2)①根据等比数列和等差数列的通项公式分别求出{an+bn}与{an
-
bn}的通项公式;
②将{an+bn}与{an
-
bn}的通项公式相加减后除以2,分别求出{an}和{bn}的通项公式.
【解析】(1)由题意可知a1+b1=1,a1
-
b1=1.
因为4an+1+4bn+1=3an
-
bn+4+3bn
-
an
-
4=2an+2bn,
即,
①
所以数列{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
②
因为4an+1
-
4bn+1=3an
-
bn+4
-
(3bn
-
an
-
4)=4an
-
4bn+8,
即(an+1
-
bn+1)
-
(an
-
bn)=2,
③
所以数列{an
-
bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
④
(2)由(1)知,an+bn=,
⑤
an
-
bn=2n
-
1.
⑥
所以an=[(an+bn)+(an
-
bn)]=+n
-
,
⑦
bn=[(an+bn)
-
(an
-
bn)]=
-
n+.
⑧
【感悟升华】
阅卷现场
得分点
第(1)问采点得分说明
①根据条件求出得2分;②写出结论得1分;③根据条件求出(an+1
-
bn+1)
-
(an
-
bn)=2得2分;④写出结论得1分.
6分
第(2)问采点得分说明
⑤求出数列{an+bn}的通项公式得1分;⑥求出数列{an
-
bn}的通项公式得1分;⑦由an=[(an+bn)+(an
-
bn)]求得数列{an}的通项公式得2分;⑧由bn=[(an+bn)
-
(an
-
bn)]求得数列{bn}的通项公式得2分.
6分
满分策略
1.解答数列类大题的关键熟练把握等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及相应的性质是解数列问题的关键.2.化归与转化思想的运用当给定的数列不是等差数列或等比数列时,应利用化归思想或构造思想,将给定的数列转化为等差数列或等比数列求解.3.解数列求和题的技巧重点要掌握等差数列、等比数列的求和公式以及常用的“错位相减法”“裂项相消法”等方法.解决问题的关键在于数列的通项公式,要根据通项公式的特征准确选择相应的方法.
2
[2017全国卷Ⅲ,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{}的前n项和.
【解题思路】
(1)a1+3a2+…+(2n
-
1)an=2n数列{(2n
-
1)an}的前n项和→利用通项与前n项和的关系求解
【解析】(1)因为a1+3a2+…+(2n
-
1)an=2n　①,
故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n
-
3)an
-
1=2(n
-
1)　②.
1分(得分点1)
①
-
②得(2n
-
1)an=2,所以an
=
.
4分(得分点2)
又当n=1时,a1=2满足上式,
5分(得分点3)
所以{an}的通项公式为an
=
.
6分(得分点4)
(2)记数列{}的前n项和为Sn,
由(1)知
=
=
,
8分(得分点5)
则Sn=(1
-
)+()+…+()
10分(得分点6)
=1
-
=.
12分(得分点7)
【感悟升华】
素养探源
素养
考查途径
数学运算
裂项相消法求和.
逻辑推理
观察已知式子的特点,利用前n项和与通项的关系求解通项;根据的特点裂项求和.
得分要点
(1)得步骤分:抓住得分点的解题步骤,“步步为赢”.第(1)问中,由an满足的关系式,通过消项求得an,并验证当n=1时成立,从而写出结果.第(2)问中观察数列通项公式的结构特征,利用裂项相消法求得数列的前n项和Sn.(2)得关键分:①an
-
1满足的关系式;②验证n=1;③对通项裂项.这些都是必不可少的过程,有则给分,无则没分.(3)得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如得分点2,5,7.
答题模板
求数列通项与前n项和的步骤第一步:由等差(等比)数列的定义求通项,或者由递推公式求通项.第二步:根据前n项和的表达式或通项的特征,选择适当的方法求和.第三步:明确、规范地表述结论.
3
[2018浙江,15分]已知等比数列{an}的公比q>1,且=28,.数列{bn}满足b1=1,.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
【解题思路】(1)由①可知,a3+a5=2(a4+2),代入②可求出a4及a3+a5,进而可求出公比q;(2)由③及“an=Sn
-
Sn
-
1”可求出数列{(bn+1
-
bn)an}的通项公式,由(1)可先求出an,然后可求出{bn+1
-
bn}的通项公式,再用叠加法及错位相减法即可求出{bn}的通项公式.
【解析】
(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.
(3分)
由a3+a5=20,得8(+q)=20,
解得q=2或q=.
(5分)
因为q>1,所以q=2.
(6分)
(2)设cn=(bn+1
-
bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=解得cn=4n
-
1.
(8分)
由(1)可知an=2n
-
1,
所以bn+1
-
bn=(4n
-
1)·()n
-
1,
(9分)
故bn
-
bn
-
1=(4n
-
5)·()n
-
2,n≥2,
bn
-
b1=(bn
-
bn
-
1)+(bn
-
1
-
bn
-
2)+…+(b3
-
b2)+(b2
-
b1)
=(4n
-
5)·()n
-
2+(4n
-
9)·()n
-
3+…+7·+3.
(11分)
设Tn=3+7·+11·()2+…+(4n
-
5)·()n
-
2,n≥2,
则Tn=3·+7·()2+…+(4n
-
9)·()n
-
2+(4n
-
5)·()n
-
1,
(13分)
所以Tn=3+4·+4·()2+…+4·()n
-
2
-
(4n
-
5)·()n
-
1,
因此Tn=14
-
(4n+3)·()n
-
2,n≥2,
(14分)
又b1=1,所以bn=15
-
(4n+3)·()n
-
2.
(15分)
【感悟升华】
命题探源
本题主要考查等差中项,等比数列的通项公式,数列的通项与前n项和的关系等,同时考查了方程、转化与化归等思想方法,以及数学运算、逻辑推理等核心素养.
失分探源
(1)高考复习中将“边缘化”知识遗忘.如将“等差中项”这一概念遗忘,以致无法找到解题的切入点.(2)没有运用方程思想解决问题.如没有将a3+a5=2a4+4代入②中求出a4及a3+a5等.(3)没有掌握好公式“an=Sn
-
Sn
-
1”及其蕴含的思想方法,以致无法求出{(bn+1
-
bn)an}的通项公式.(4)求出bn+1
-
bn=(4n
-
1)()n
-
1后,不能运用叠加法求出bn.(5)没有掌握好错位相减法,以致求出bn
-
b1的表达式后无法化简.(6)计算错误.如在用错位相减法求bn
-
b1的过程中出现错误.(7)在最后一步直接把Tn当作bn,导致错误.
第四讲　《数列求和及数列的综合应用》测试
基础篇
1.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]已知1，a1，a2，3成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则的值为
(　　)
A.2
B.
-
2
C.±2
D.
2.[2020江西红色七校第一次联考]在正项数列{an}中，a1=2，且点P(ln
an，ln
an+1)(n∈N
)在直线x
-
y+ln
2=0上.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn>200，则n的最小值为
(　　)
A.2
B.5
C.6
D.7
3.[2020贵阳市高三摸底测试]定义为n个正数u1，u2，u3，…，un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为，则数列{}的前2
019项和为
(　　)
A.
B.
C.
D.
4.[2019广东百校联考]设数列{an}的前n项和为Sn，an=，若对任意的正整数n都满足Sn5.[2020南昌市模拟]已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1=1，b1=2，a2+b2=7，a3+b3=13.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=求数列{cn}的前2n项和S2n.
6.[2020大同市高三调研]在数列{an}中，a1=3，an=2an
-
1+n
-
2(n≥2，且n∈N
).
(1)求a2和a3的值；
(2)证明:数列{an+n}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(3)求数列{an}的前n项和Sn.
7.[2019河南省八市重点高中联盟第五次测评]已知等差数列{an}中，a3=3，a2+2，a4，a6
-
2成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2n.
提升篇
8.[2020洛阳市第一次联考]已知数列{an}的首项a1=3，前n项和为Sn，an+1=2Sn+3，n∈N
.设bn=log3an，则数列{}的前n项和Tn的取值范围为
(　　)
A.[，2]
B.[，2)
C.[，)
D.(，]
9.[2020南昌市测试]已知数列{an}的前n项和为Sn，an=3Sn
-
3，若对任意的m，n∈N
，|Sm
-
Sn|≤M恒成立，则实数M的最小值为　　　　.?
10.[2019山东泰安考前模拟]意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数:1，1，2，3，5，8，13，….其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为斐波那契数列.那么是斐波那契数列中的第　　　　项.?
11.[2020皖豫第一次联考]已知等差数列{an}满足a5=4，2a6+a9=18，数列{bn}的前n项和为Sn，满足Sn=2bn
-
1.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)若?n∈N
，a1b1+a2b2+…+anbn≥(n
-
2)t+2恒成立，求实数t的取值范围.
12.[2019广东江门模拟]已知函数f
(x)=，方程f
(x)=在(0，+∞)上的解按从小到大的顺序排列，构成数列{an}(n∈N
).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=sin
an，求数列{bn}的前n项和Sn.
13.
[2019湖北八市联考][交汇题]如图5
-
4
-
1，点D为△ABC的边BC上一点，=2，En(n∈N
)为AC上一列点，且满足:=(3an
-
3)+(
-
n2
-
n+1)，则+…+=　　　　.?
图5
-
4
-
1
14.[2019安徽安庆联考][交汇题]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小.
(2)若等差数列{an}的公差不为零，a1sin
A=1，且a2，a4，a8成等比数列，bn=，求数列{bn}的前n项和Sn.
素养提升3　高考中数列解答题的提分策略
1.[2020皖北五校联考，12分]设Sn为等比数列{an}的前n项和，且S3
-
S2=2a4.
(1)若a1=1，求an；
(2)若a4<0，求使得8Sn≥15a1成立的n的取值范围.
2.[2020山西大学附属中学校诊断，12分]已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N
)，
-
2S2，S3，4S4成等差数列，且a2+2a3+a4=.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=
-
(n+2)log2|an|，求数列{}的前n项和Tn.
3.[原创题，12分]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，
-
λSn+1，其中λ为常数.
(1)证明:Sn+1=2Sn+λ.
(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列?若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.
4.[12分]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且满足Sn=an+1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
5.[12分]已知数列{an}的各项均为正数，且
-
2nan
-
(2n+1)=0，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=(
-
1)n
-
1an，求数列{bn}的前n项和Tn.
6.[原创题，10分]已知数列{an}的前n
项和Sn=2an
-
2，设bn=(2n
-
1)an(n∈N
).
(1)求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n
项和Bn；
(2)设cn=，数列{cn}的前n
项和为Tn，是否存在正整数k，使得对任意的n均有Tk≥Tn?若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
7.[开放题，10分]在①b4=a3+a5；②b4+b6=3a3+3a5；③a2+a3=b4这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由.
已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是公比大于0的等比数列，b1=1，b3=b2+2，b5=a4+2a6，且　　　　，设cn=，是否存在k，使得对任意的n∈N
，都有ck≤cn??
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
参考答案与解析
数列求和及数列的综合应用
变式练习
1.255　由于an+2
-
an=1+(
-
1)n(n∈N
)，
所以当n为奇数时，an+2=an，当n为偶数时，an+2
-
an=2，
所以a1=a3=…=a29，a2，a4，…，a30构成首项为2，公差为2的等差数列.
又a1=1，所以a1+a2+a3+…+a29+a30=15+15×2+2=255.
所以该医院近30天入院治疗流感的总人数为255.
2.(1)由2Sn=3(bn
-
1)知，当n=1时，b1=3，
当n≥2时，2Sn
-
1=3(bn
-
1
-
1)，2bn=2Sn
-
2Sn
-
1=3(bn
-
1)
-
3(bn
-
1
-
1)，
即bn=3bn
-
1，所以{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，
所以数列{bn}的通项公式为bn=3n.
又数列{an}是等差数列，且a1=b1=3，a4=b2=9，
所以公差d==2，
可得数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)Tn=3×31+5×32+7×33+9×34+…+(2n+1)×3n　①，
3Tn=3×32+5×33+7×34+…+(2n
-
1)×3n+(2n+1)×3n+1　②，
①
-
②得，
-
2Tn=3×31+2(32+33+34+…+3n)
-
(2n+1)×3n+1，
-
2Tn=3×31+2
-
(2n+1)×3n+1，
整理得Tn=n×3n+1.
3.　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，知即解得所以Sn=，因此=2(1
-
+…+)=.
4.6n(n+1)　因为平面向量a=(lg
x，1)，b=(1，lg
y)满足a·b=12，
所以lg
x+lg
y=12，所以lg(xy)=12.
因为S=lg
xn+lg(xn
-
1y)+lg(xn
-
2y2)+…+lg(xyn
-
1)+lg
yn，
所以S=lg
yn+lg(xyn
-
1)+…+lg(xn
-
2y2)+lg(xn
-
1y)+lg
xn，
以上两式相加得，
2S=(lg
xn+lg
yn)+[lg(xn
-
1y)+lg(xyn
-
1)]+…+(lg
yn+lg
xn)
=lg(xn·yn)+lg(xn
-
1y·xyn
-
1)+…+lg(yn·xn)
=n[lg(xy)+lg(xy)+…+lg(xy)]
=n(n+1)lg(xy)
=12n(n+1)，
所以S=6n(n+1).
5.1
326　a1+a2+a3+…+a51=12
-
22+32
-
42+…+492
-
502+512=1+(3
-
2)(3+2)+(5
-
4)(5+4)+…+(51
-
50)(51+50)=1+2+3+4+5+
…+50+51==1
326.
6.B　由题图可得(T为f
(x)的最小正周期)，
则T=π，ω==2.
将(，
-
1)代入f
(x)=sin(2x+φ)中，
可得+φ=2kπ+，k∈Z，则有φ=2kπ+，k∈Z.
又|φ|<，所以φ=，所以f
(x)=sin(2x+)，
所以an=f
()=sin，{an}为最小正周期为6的数列，
由a1=，a2=0，a3=
-
，a4=
-
，a5=0，a6=，
可得S2
019=336S6+(a1+a2+a3)=0+0=0.故选B.
7.A　对数列进行分组，如图D
5
-
4
-
1，
图D
5
-
4
-
1
则该数列前k组的项数和为1+2+3+…+k=，由题意可知N>100，即>100，结合k∈N
，解得k≥14，即N出现在第13组之后.
又第k组所有项的和为=2k
-
1，所以前k组所有项的和为1+(1+2)+…+(1+2+…+2k
-
1)=(21
-
1)+(22
-
1)+…+(2k
-
1)=(21+22+…+2k)
-
k=2k+1
-
k
-
2.
设满足条件的N在第(t+1)(t∈N
，t≥13)组，且第N项为第(t+1)组的第m(m∈N
)个数，第(t+1)组的前m项和为1+2+22+…+2m
-
1=2m
-
1.
要使该数列的前N项和为2的整数幂，需使2m
-
1与
-
t
-
2互为相反数，即2m
-
1=2+t，所以2m=t+3，所以m=log2(t+3)，所以m=4，t=13时，N=+4=95<100，不满足题意，当m=5，t=29时，N=+5=440，当m>5时，N>440，故选A.
8.D　因为a1=，an+1=[an]+，所以a2=2+=6+2，a3=10+=12+，a4=14+=18+2，a5=22+=24+，…，
所以a2
018=6×2
017+2，a2
019=6×2
018+.则a2
019
-
a2
018=6
-
.故选D.
9.C　依题意得，数列{an}是以2为公比的等比数列，
因为最下层的浮雕的数量为a1，所以S7==1
016，解得a1=8，
所以an=8×2n
-
1=2n+2(1≤n≤7，n∈N
)，
所以a3=25，a5=27，从而a3a5=25×27=212，所以log2(a3a5)=log2212=12.
基础篇
1.A　由等差数列的性质知1+3=a1+a2=4，由等比数列的性质知=1×4=4，∴b2=±2，由于等比数列中奇数项符号相同，偶数项符号相同，∴b2=2，∴=2，故选A.
2.D　将点P的坐标(ln
an，ln
an+1)(n∈N
)代入x
-
y+ln
2=0中，可得an+1=2an，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，Sn==2n+1
-
2，令Sn>200，则2n+1>202，所以n的最小值为7.
3.B　设数列{an}的前n项和为Sn，则根据题意，Sn=3n2+n，a1=S1=4，an=Sn
-
Sn
-
1=6n
-
2(n≥2)，当n=1时也满足上式，所以an=6n
-
2，所以，所以{}的前2
019项和为1
-
+…+=1
-
.
4.[，+∞)　由题可知，an=，故Sn=1+，所以m∈[，+∞).
5.(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，
依题意，有解得
故an=2n
-
1，bn=2n.
(2)由已知得c2n
-
1=a2n
-
1=4n
-
3，c2n=b2n=4n，
所以数列{cn}的前2n项和
S2n=(a1+a3+…+a2n
-
1)+(b2+b4+…+b2n)
=
=2n2
-
n+(4n
-
1).
6.(1)∵a1=3，∴a2=2a1+2
-
2=6，∴a3=2a2+3
-
2=13.
(2)∵an=2an
-
1+n
-
2，n≥2，∴an+n=2(an
-
1+n
-
1)，n≥2.
又a1+1=4，∴数列{an+n}是以4为首项，2为公比的等比数列.
∴an+n=4×2n
-
1=2n+1，
∴an=2n+1
-
n.
(3)Sn=22
-
1+23
-
2+…+2n
-
(n
-
1)+2n+1
-
n=22(2n
-
1)
-
=2n+2
-
.
7.(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2+2，a4，a6
-
2成等比数列，
所以=(a2+2)(a6
-
2)，
所以(a3+d)2=(a3
-
d+2)(a3+3d
-
2)，
又a3=3，所以(3+d)2=(5
-
d)(1+3d)，化简得d2
-
2d+1=0，解得d=1，
所以an=a3+(n
-
3)d=3+(n
-
3)×1=n.
(2)由(1)得，bn==(
-
1)n=(
-
1)n()，
所以S2n=b1+b2+b3+…+b2n=
-
(1+)+()
-
()+…+()=
-
1+.
【解后反思】　运用并项求和法求数列的前n项和的突破口是会观察数列中各项的特征，如本题，数列{bn}的通项公式为bn=(
-
1)n，易知数列{bn}是摆动数列，所以求和时可以将各项进行适当合并.
提升篇
8.C　由an+1=2Sn+3，可得当n≥2时，有an=2Sn
-
1+3，两式相减得an+1
-
an=2(Sn
-
Sn
-
1)=2an(n≥2)，故an+1=3an(n≥2).
又当n=1时，a2=2S1+3=2a1+3=3a1，
所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，故an=3n.
所以bn=log3an=n，所以.
所以Tn=+…+　①，
Tn=+…+　②，
①
-
②，得Tn=+…+，
化简整理得Tn=(+n)·()n.
因为(+n)·()n>0，
所以Tn<，又Tn+1
-
Tn=>0，所以数列{Tn}是递增数列，所以=T1=，所以≤Tn<，故Tn的取值范围是[，)，选C.
9.　因为an=3Sn
-
3，所以当n≥2时，an
-
1=3Sn
-
1
-
3，所以an
-
an
-
1=3an(n≥2)，an=
-
an
-
1(n≥2)，又由an=3Sn
-
3得a1=，所以数列{an}是以为首项，
-
为公比的等比数列，所以Sn==1
-
(
-
)n，则|Sm
-
Sn|=|(
-
)n
-
(
-
)m|.因为数列{(
-
)n}的项依次为
-
，，
-
，，…，所以对任意的m，n∈N
，|Sm
-
Sn|=|(
-
)n
-
(
-
)m|≤|
-
|=，所以M≥，故实数M的最小值为.
10.2
020　解法一　依题意得a1=a2=1，an+2=an+1+an，则an+1=an+2
-
an，
两边同乘以an+1，得=an+1·an+2
-
an·an+1，
则=a2
019a2
020
-
a2
018a2
019，=a2
018a2
019
-
a2
017a2
018，
=a2
017a2
018
-
a2
016a2
017，…，=a2a3
-
a1a2，又=a1a2，
因此+…+=a2
020a2
019，
即=a2
020，
故是斐波那契数列中的第2
020项.
解法二　=2=a3，=3=a4，
=5=a5，
猜测=an+1.由此可知，=a2
020.
【点评】本题以数学史上典型的数列——斐波那契数列为背景命制，在考查累加法的同时传承了经典的数学文化.
11.(1)设数列{an}的公差为d，则解得
所以an=a1+(n
-
1)d=n
-
1.
对于数列{bn}，当n=1时，b1=S1=2b1
-
1，所以b1=1.
当n≥2时，由Sn=2bn
-
1　①，
可知Sn
-
1=2bn
-
1
-
1　②，
①
-
②得bn=2bn
-
2bn
-
1，即bn=2bn
-
1.
又b1=1，故{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn=2n
-
1.
(2)设Tn=a1b1+a2b2+…+anbn.
由(1)知，当n=1时，T1=0.
当n≥2时，Tn=1×21+2×22+…+(n
-
2)2n
-
2+(n
-
1)2n
-
1　③，
2Tn=1×22+2×23+…+(n
-
2)2n
-
1+(n
-
1)2n　④，
③
-
④，得
-
Tn=2+22+23+…+2n
-
1
-
(n
-
1)2n，
所以
-
Tn=
-
(n
-
1)2n=
-
(n
-
2)2n
-
2，
所以Tn=(n
-
2)2n+2.当n=1时也符合该式，所以Tn=(n
-
2)2n+2.
故题中不等式可化为(n
-
2)2n≥(n
-
2)t　(
)，
当n=1时，不等式(
)可化为
-
2≥
-
t，则t≥2.
当n=2时，不等式(
)可化为0≥0，此时t∈R.
当n≥3时，不等式(
)可化为t≤2n，因为数列{2n}是递增数列，所以t≤8.
综上，实数t的取值范围是[2，8].
12.(1)函数f
(x)=，即f
(x)==tan
2x，
由f
(x)=tan
2x=，得2x=kπ+，k∈Z，解得x=π+，k∈Z，
依题意得an=(n
-
1)=，n∈N
.
(2)由(1)可知，an=，n∈N
，
bn=sin
an=sin()，则{bn}是最小正周期T==4的数列，
b1=，b2=，b3=
-
，b4=
-
，
S1=，S2=，S3=，S4=0，
从而S5=S4+b5=b1=，S6=S5+b6=b1+b2=S2=，…，
所以{Sn}是周期为4的数列，Sn=(i∈N
).
13.　=2，即=2()，所以，
设=λ，则=(3an
-
3)+(
-
n2
-
n+1)，
所以3an
-
3=
-
3(
-
n2
-
n+1)，可得an=n2+n，
所以，
则+…+=1
-
+…+=1
-
.
【解后反思】　本题是在数列与平面向量的交汇处命制的，主要考查平面向量的基本定理和利用裂项相消法求和，考查运算求解能力和逻辑推理能力.
14.(1)由，
根据正弦定理可得，即b2+c2
-
a2=bc，
所以cos
A=，
由0(2)由(1)知，A=，
设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a1sin
A=1，所以a1sin
a1=1，解得a1=2，
因为a2，a4，a8成等比数列，所以=a2a8，即=(a1+d)(a1+7d)，所以d2=2d，
又d≠0，所以d=2，则an=2n，bn=()，
则Sn=[(1
-
)+()+…+()]=(1
-
)=.
素养提升3
高考中数列解答题的提分策略
1.(1)设{an}的公比为q，
∵S3
-
S2=2a4，∴a3=2a4，
(2分)
∴q=.
(3分)
又a1=1，
∴an=a1qn
-
1=()n
-
1.
(5分)
(2)∵a4=a1×()3<0，∴a1<0.
(7分)
∵8Sn≥15a1，∴8a1≥15a1，
(9分)
∴16(1
-
)≤15，
(10分)
∴1
-
≤，∴≥，∴1≤n≤4，n∈N，
即使得8Sn≥15a1成立的n的取值范围为{n|1≤n≤4，n∈N}.
(12分)
2.(1)设等比数列{an}的公比为q，由
-
2S2，S3，4S4成等差数列，可知q≠1，2S3=4S4
-
2S2，即2·=4·
-
2·，化简得2q2
-
q
-
1=0，解得q=
-
，a2+2a3+a4=，即
-
a1+2·a1
-
a1=，
解得a1=
-
，则an=(
-
)n，n∈N
.
(5分)
(2)bn=
-
(n+2)log2|an|=
-
(n+2)log2=n(n+2)，可得()，
则Tn=(1
-
+…+)=(1+)=().
(12分)
3.(1)∵an+1=Sn+1
-
Sn，
-
λSn+1，
∴
-
λSn+1，
(1分)
∴Sn+1(Sn+1
-
2Sn
-
λ)=0.
(3分)
∵an>0，∴Sn+1>0，
∴Sn+1
-
2Sn
-
λ=0，∴Sn+1=2Sn+λ.
(5分)
(2)∵Sn+1=2Sn+λ，
∴Sn=2Sn
-
1+λ(n≥2)，
两式相减，得an+1=2an(n≥2).
(8分)
∵S2=2S1+λ，即a2+a1=2a1+λ，
∴a2=1+λ，由a2>0，得λ>
-
1.
若{an}是等比数列，则a1a3=，
(10分)
即2(λ+1)=(λ+1)2，得λ=1.
(11分)
经检验，λ=1符合题意.
故存在λ=1，使得数列{an}为等比数列.
(12分)
4.(1)∵Sn=an+1，
∴当n=1时，a2=1，当n≥2时，Sn
-
1=an，
∴an=Sn
-
Sn
-
1=an+1
-
an(n≥2)，∴an+1=2an(n≥2)，
∵a1=1，a2=1，不满足上式，
∴数列{an}是从第二项起的等比数列，公比为2，
∴an=
(6分)
(2)由(1)知，当n=1时，T1=1，
当n≥2时，Tn=1+2×20+3×21+…+n×2n
-
2，
2Tn=1×2+2×21+3×22+…+n×2n
-
1，
∴
-
Tn=1+21+22+…+2n
-
2
-
n×2n
-
1=
-
n×2n
-
1，
∴Tn=(n
-
1)×2n
-
1+1.
当n=1时也满足上式，
综上，Tn=(n
-
1)×2n
-
1+1.
(12分)
5.(1)由
-
2nan
-
(2n+1)=0得[an
-
(2n+1)]·(an+1)=0，
所以an=2n+1或an=
-
1.
又数列{an}的各项均为正数，
所以an=2n+1，n∈N
.
(5分)
(2)由(1)知an=2n+1，n∈N
，bn=(
-
1)n
-
1an=(
-
1)n
-
1·(2n+1)，
所以Tn=3
-
5+7
-
9+…+(
-
1)n
-
1·(2n+1)　①，
故
-
Tn=
-
3+5
-
7+9
-
…+(
-
1)n
-
1·(2n
-
1)+(
-
1)n·(2n+1)　②，
①
-
②得，2Tn=3
-
2[1
-
1+1
-
1+…+(
-
1)n
-
2]
-
(
-
1)n·(2n+1)=3
-
2
-
(
-
1)n·(2n+1)=2+(
-
1)n
-
1
-
(
-
1)n·(2n+1)=2+(
-
1)n
-
1(2n+2)，
所以Tn=1+(
-
1)n
-
1(n+1).
(12分)
6.(1)∵Sn=2an
-
2，∴Sn+1=2an+1
-
2，
两式相减得an+1=2an，易知a1=2，
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n.
(2分)
∴bn=(2n
-
1)2n，
(3分)
∴Bn=1·2+3·22+…+(2n
-
1)·2n，
2Bn=1·22+3·23+…+(2n
-
1)·2n+1，
两式相减得
-
Bn=1·2+2·22+…+2·2n
-
(2n
-
1)·2n+1=(3
-
2n)2n+1
-
6，
∴Bn=6+(2n
-
3)·2n+1.
(5分)
(2)由(1)知，cn=[
-
1]，
易知c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，c5<0.
n≥5时，>0，
∴n≥5时，数列{}是递减数列.
(7分)
又n=5时，<1，
∴n≥5时，数列{}的各项均小于1，
∴n≥5时，cn<0.
∴T1T5>…，
∴存在正整数k=4，使得对任意的n均有T4≥Tn.
(10分)
7.设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0)，
因为{bn}是公比大于0的等比数列，且b1=1，b3=b2+2，
所以q2=q+2，解得q=2(q=
-
1不合题意，舍去)，所以bn=2n
-
1.
(2分)
若存在k，使得对任意的n∈N
，都有ck≤cn，则cn存在最小值.
(3分)
若选①，则由b5=a4+2a6，b4=a3+a5可得得
(5分)
所以Sn=n2+n，cn=.
(7分)
因为n∈N
，所以n2+n≥2，所以cn不存在最小值，
(9分)
即不存在满足题意的k.
(10分)
若选②，由b5=a4+2a6，b4+b6=3a3+3a5可得得
(5分)
所以Sn=
-
n2+n，cn=.
(7分)
因为当n≤20时，cn>0，当n≥21时，cn<0，
所以易知cn的最小值为c21=
-
.
(9分)
即存在k=21，使得对任意的n∈N
，都有ck≤cn.
(10分)
若选③，则由b5=a4+2a6，a2+a3=b4可得得
(5分)
所以Sn=，cn=.
(7分)
因为2n2+26n≥28，所以cn不存在最小值，
(9分)
即不存在满足题意的k.
(10分)
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精品试卷·第
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